专题01 期中复习压轴22类题型归纳（考试范围：第27章 二次函数～第29章 三角初步）（举一反三讲义）数学新教材沪教版五四制九年级上册

专题01 期中复习压轴22类题型归纳（举一反三讲义） （考试范围：第27章 二次函数~第29章 三角初步） 【新教材沪教版五四制】 题型归纳 【选填压轴】 1 【题型1 二次函数系数结论辨析】 1 【题型2 二次函数中参数范围求解】 8 【题型3 利用相似三角形的判定与性质求值】 11 【题型4 利用相似三角形的判定与性质求最值】 18 【题型5 相似三角形中的动点分类讨论问题】 25 【题型6 利用正弦余弦正切求线段长度】 29 【题型7 构造直角三角形求值】 33 【题型8 正弦余弦正切与折叠结合计算】 39 【题型9 动点求正弦余弦正切最值问题】 46 【解答压轴】 51 【题型10 二次函数线段与面积最值】 51 【题型11 二次函数特殊点存在性探究】 67 【题型12 二次函数的应用】 78 【题型13 相似三角形综合证明】 88 【题型14 相似动点存在性问题】 99 【题型15 相似探究问题】 112 【题型16 坐标系中利用相似求解】 125 【题型17 利用正弦余弦正切求图形面积】 138 【题型18 正弦余弦正切结合几何证明计算】 146 【题型19 解直角三角形与几何变换综合题】 157 【题型20 仰角俯角测量高度应用题】 167 【题型21 坡度坡角修路堤坝应用题】 174 【题型22 动点与正弦余弦正切分类讨论】 179 【选填压轴】 【题型1 二次函数系数结论辨析】 【例1】（25-26九年级上·全国·期中）如图，已知抛物线c（a、b、c为常数，且）的对称轴为直线，且该抛物线与x轴交于点，与y轴的交点B在，之间（不含端点），则下列结论正确的有（   ）个 ①；②；③；④若方程两根为，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的性质，根据题干可得，，，即可判断①错误；根据对称轴和一个交点求得另一个交点为，即可判断②正确；将c和b用a表示，即可得到，即可判断③正确；结合抛物线和直线与轴的交点，即可判断④正确． 【详解】解：由图可知， ∵抛物线的对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点， ∴，， 则， ∵抛物线与轴的交点在，之间， ∴， 则，故①错误； 设抛物线与轴另一个交点， ∵对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点， ∴，解得， 则，故②错误； ∵，，， ∴，解得，故③正确； 根据抛物线与轴交于点和，直线过点和，如图， 方程两根为满足，故④正确； 故选：B． 【变式1-1】（2026·安徽滁州·二模）已知与是关于x的二次函数，函数图象如图所示，则函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：设， ， 由图象知，， ， y的图像开口向上，与y轴负半轴相交，选项D，不符合题意； 由图象知： 时，，，，选项C，不符合题意； 时，与相交，即， ∴时，，即与x轴交点是，选项B，不符合题意； 所以选A． 【变式1-2】（25-26九年级上·内蒙古赤峰·阶段检测）二次函数的图象如图所示，则下列结论： ①，②，③，④，⑤（）（）中正确的是__________． 【答案】①②③④ 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴位置、与坐标轴的交点位置判断的符号及关系，利用，时的函数值及对称轴公式进行推导验证各结论． 【详解】解：①抛物线开口向下， ， 对称轴在轴右侧， ，即异号， ． 抛物线与轴交点在轴上方， ， ，故①正确； ②当时，图象在轴下方， ， ，故②正确； ③对称轴为直线， ，即，由②知， ， ， ，故③正确； ④对称轴为直线， 与关于对称轴对称， 当时，， 当时，，故④正确； ⑤抛物线开口向下，对称轴为直线， 当时，取最大值， ， ， ，故⑤错误． 综上所述，正确的结论是①②③④． 【变式1-3】（25-26九年级上·湖北武汉·期末）已知二次函数与轴交于、两点，与轴交于正半轴，其中：下列四个结论：①；②；③、为抛物线上两点，若满足时，则；④若时，则方程有两个不相等的实数根．其中正确的是________（填写序号）． 【答案】①②④ 【分析】根据抛物线的对称性，抛物线与x轴的交点，抛物线的增减性，一元二次方程根的判别式等解答即可. 【详解】解：∵二次函数与轴交于、两点，与轴交于正半轴，其中， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵抛物线的图象与y轴的交点在正半轴上， ∴； ∴, 故①正确； 根据题意，得，1是方程的两个根， ∴, ∵， ∴, ∴, ∴, ∵， ∴， ∴ 故②正确； ∵、为抛物线上两点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故错误； 故③错误； 当时，则方程变形为，整理，得 ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故有两个不相等的实数根， 故④正确； 综上所述，正确的序号为：①②④． 【题型2 二次函数中参数范围求解】 【例2】（25-26九年级上·浙江杭州·阶段检测）对于任意实数a，抛物线与x轴至少有一个公共点，则b的取值的范围是______． 【答案】 【分析】根据已知条件可知：一元二次方程有实数根，则，得对任意的实数a都成立，只要求出的最大值，即可得解． 【详解】解：抛物线与x轴至少有一个公共点， 一元二次方程有实数根， ， 对任意的实数a都成立， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】此题考查了抛物线与x轴的交点问题，熟练掌握二次函数图像与系数的关系、配方法求二次函数的最大值是解决此题的关键． 【变式2-1】（25-26九年级上·广东广州·期中）将二次函数的图象在轴上方的部分沿轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线与新函数的图象有4个公共点时，则的范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查翻折的性质，一元二次方程与二次函数的关系，抛物线的性质，确定翻折后抛物线的关系式．能画出函数图象并利用数形结合的方法解决问题是解题的关键． 分两种情形：如图，当直线过点时，直线与该新图象恰好有三个公共点，当直线与抛物线只有一个交点时，直线与该新图象恰好有三个公共点，分别求解即可． 【详解】解：二次函数解析式为， ∴抛物线的顶点坐标为， 当时，，解得：，， ∴抛物线与轴的交点为，， 把抛物线图象在轴上方的部分沿轴翻折到轴下方， 则翻折部分的抛物线解析式为，顶点坐标为， 如图，当直线过点时，直线与该新图象恰好有三个公共点， ∴，解得：； 当直线与抛物线只有一个交点时，直线与该新图象恰好有三个公共点，即有两个相等的实数解， 整理得：， ∴， 解得， 由图可知，当时，直线与新函数的图象有4个公共点． 故选：D． 【变式2-2】（25-26九年级上·北京·阶段检测）已知点、为抛物线上的两点，当，时，都有，的范围为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，根据解析式可得开口方向和对称轴，则可得离对称轴越远，函数值越大，根据题意可得点A一定在点B的左侧，那么点A和点B不能同时在对称轴右侧，据此可得，当时，点A和点B都在对称轴的左侧，此时一定满足；当时，则的最小值一定要大于的最大值，据此列出不等式组求解即可． 【详解】解：∵抛物线解析式为， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线， ∴离对称轴越远，函数值越大， ∵， ∴点A一定在点B的左侧， 又∵， ∴点A和点B不能同时在对称轴右侧（在对称轴右侧y随x增大而增大，此时必定不满足题意）， ∴， ∴； 当，即时，点A和点B都在对称轴的左侧，此时一定满足； 当时，， ∵要恒成立， ∴的最小值一定要大于的最大值， ∴， 解得， ∴； 综上所述，， 故答案为：． 【变式2-3】（25-26九年级上·福建厦门·期中）已知二次函数的图像经过两点．若该二次函数的最大值为，当时，，则的取值的范围为___________． 【答案】/ 【分析】先根据已知推导出：，当时，，即可求出，然后再根据抛物线开口向下，最大值为，得判别式，由此得，综合即可得解． 【详解】解：将代入抛物线表达式得：， 整理得， 并整理得：； ， 把代入并解得：， 故， 当时，， ， 故， 又，该二次函数的最大值为， 方程无实数根， ， ， 即， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，求得与判别式是解答此题的关键． 【题型3 利用相似三角形的判定与性质求值】 【例3】（25-26八年级下·江苏苏州·期末）如图，折叠矩形，使点落在边上点处，线段为折痕，连接，．线段与，分别交于点，．若，，则矩形的边长为(     ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据折叠性质得出为等腰直角三角形，从而求得且；利用相似三角形性质，分别用表示出与的比值、与的比值，结合建立方程求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， 由折叠性质可知：， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴． ， ∴， ． 设，则， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ，解得， ， ， 即的长为． 【变式3-1】（2026·四川宜宾·中考真题）如图，，，点、分别是上的点，连接、交于点．若，，，，则的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作于点，利用相似三角形的性质求出和的长，最后在中利用勾股定理求解． 【详解】解：过点作于点， ，， ∴， ，， ，， ， 设， ∵ ∴，即， ， ∵， ∴，即， ， ， 解得 ，， ∴， ， 在中， ． 【变式3-2】（2026·山东泰安·模拟预测）如图将面积为16的正方形纸片沿着折叠，使得点落在点处，再将沿着折叠，使得点也落在点处，过点作的平行线与交于点，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质等知识． 根据折叠的性质确定，，进而求出，再结合折叠的性质证明，进而证明，即可求出，则可得，最后利用两直线平行内错角相等以及折叠对应的角相等，即可证明，根据等角对等边得，同理可得，问题随之得解． 【详解】解：∵正方形纸片的面积为16， ∴正方形纸片的边长， ∵折叠，点、点均落在点处， ∴，， ∴，，，，，，， ∴，，即点B、G、F共线， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵，正方形纸片中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 同理可证：， ∴． 【变式3-3】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在正方形中，，点为的中点，点在边上，且，点是的中点，过点的直线与正方形的一组对边分别交于点、（与点、不重合），点在或上．若，则的长为________． 【答案】 或或 【分析】分三种情况：如图1，当点在上，点在上时，如图2，当点在上，点在上时，如图3，当点在上，点在上时，分别求解即可． 【详解】解：如图1所示，当点在上，点在上时，连接， ∵四边形是正方形， ∴，与平行， ∴； ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 如图2所示，当点在上，点在上时，过点作于点，过点作于点，过点作于点，过点作的平行线交于点，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，与平行， ∵，即， ∴四边形是矩形， ∴； 同理可证明四边形是矩形， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵点为的中点， ∴， ∴； ∵与平行，与平行， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴； ∵， ∴与平行， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵与平行， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理可证明， ∴，即， ∴， ∴； 如图3所示，当点在上，点在上时， 当图3中的与图2中的关于点对称时，此时在图3中一定满足， 故此时，则； 综上所述，的长为3或7或11． 【题型4 利用相似三角形的判定与性质求最值】 【例4】（25-26九年级上·河南南阳·阶段检测）如图，在中，，，点是边上一动点（不与，重合），，交于点，则的最大值为________． 【答案】2 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质．利用有两个角对应相等的两个三角形相似，可得出，由点是边上一动点（不与点重合）以及垂线段最短求出的取值范围，依据得出：，进而求出的取值范围，最后根据即可求解． 【详解】解：设的长为， ， ， ， ， ， ； 由勾股定理得：， 点是边上一动点（不与点重合）， ， 垂线段最短， 当时，取得最小值， ， ， ， ， ， ， ， ，即， 的最大值为2， 故答案为：2． 【变式4-1】（24-25九年级上·山东济南·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，已知，B是y轴上的一动点，以为边构造矩形，且矩形的面积始终是3，连接，则线段的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作轴的垂线交射线于点，可证明，则，化简得，而，得到，取中点，连接，则，则，由勾股定理得，由得当点三点共线时，取得最大值，即． 【详解】解：过点作轴的垂线交射线于点，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 取中点，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∵，当点三点共线时，取得最大值， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形三边关系，解题的难点在于构造相似三角形． 【变式4-2】（25-26九年级下·江苏南通·阶段检测）如图，在矩形中，，点E在射线上运动，以为直角边向右作，使得，连接．则的最小值为（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】过点F作交于点M，交于点N，证明，设，根据相似三角形的相似比，用x表示，并求得，进而根据勾股定理，用x表示，根据二次函数的性质求得的最小值，最后便可求得的最小值． 【详解】解：如图，当点F在左侧时，过点F作交于点M，交于点N， ∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴四边形为矩形，四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴，， 则， ∴， ∴， 如图，当点F在右侧时，过点F作交延长线于M，交延长线于点N， 同理可得， ∴， 当时，的最小值为5， ∴的最小值是． 【变式4-3】（25-26九年级下·山东济南·阶段检测）如图，在四边形中，，，，，是线段的中点，是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为________ ． 【答案】 【分析】过点作于点，可得四边形是正方形，从而得到，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点，即当最小时，面积最小，然后结合题意可得点在以点为圆心，1为半径的半圆上运动，当点、、三点共线时，最小，此时面积最小，延长、交于点，过点作于点，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ， 当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点， 即当最小时，面积最小， ∵是线段的中点，， ， 由折叠的性质得：， ∴点在以点为圆心，1为半径的半圆上运动， ∴当点、、三点共线时，最小， 此时面积最小， 延长、交于点， 过点作于点，则， ∴， ，， ， ∵， ， ， ∴是等腰直角三角形， ，， ，， ， ∵， ，即， ∴， ， ， ∴面积的最小值为． 【题型5 相似三角形中的动点分类讨论问题】 【例5】（25-26九年级下·辽宁盘锦·期中）如图，中，，，点P从A出发，以每秒1厘米的速度向B运动，点Q从C同时出发，以每秒2厘米的速度向A运动．其中一个动点到达终点时，另一个也相应停止运动．那么，当以为顶点的三角形与相似时，运动时间是_____． 【答案】4或 【分析】设运动时间是t秒，根据题意得，，，根据相似三角形的性质可得或，进而求解即可． 【详解】解：设运动时间是t秒， ∵点P从A出发，以每秒1厘米的速度向B运动，点Q从C同时出发，以每秒2厘米的速度向A运动． ∴，，， ∵，且以为顶点的三角形与相似， ∴或， ∴或 ∴或． 即当以为顶点的三角形与相似时，运动时间是4或． 【变式5-1】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知中，，，，点由点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以的速度向点运动．连接，设运动的时间为（单位：）（其中）．当为何值时，与相似（     ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题有公共角，先用含的代数式表示线段与的长度，再分两种相似对应情况进行分类讨论，根据相似三角形对应边成比例列方程求出的值． 【详解】解：，，， ． ， 分两种情况讨论． 当时， ，即， 解得， 当时， ，即， 解得， 综上所述，当为或时，与相似． 【变式5-2】（25-26九年级上·安徽合肥·期末）在中，，，，现有动点P从点A出发，沿向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段也向点B方向运动，如果点P的速度是，点Q的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒． （1）求运动时间为多少________秒时，P、Q两点之间的距离为． （2）当t为________时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似． 【答案】 2秒 或 【分析】本题主要考查了动点问题，相似三角形的判定，勾股定理，解一元二次方程等，解题的关键是掌握分类讨论的思想． （1）设运动时间为秒，，根据勾股定理，列出方程，求解即可； （2）根据相似三角形的判定定理，分两种情况进行讨论，列出一元一次方程求解即可． 【详解】解：（1）点从到的运动时间为，点从到的运动时间为， 设运动时间为秒，，根据题意得， ，， ∴， 由勾股定理得， 即， 解得或（舍去）， 故答案为：2秒； （2）当时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似， ∴结合（1）得，， 解得； 当时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似， ∴结合（1）得，， 解得； 综上，或， 故答案为：或． 【变式5-3】（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，边长为的正方形，，分别从，两点同时出发，以速度沿射线，射线运动，连结，交于点，为中点，连结，，若与相似，，则运动时间的值为 _______． 【答案】或 【分析】考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质；分两种情况：①点在上；②点在延长线上；根据相似三角形的性质得到比例式求出运动时间即可． 【详解】解：如图1中， 四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ，都是钝角，与相似， ， ， ， 解得，， 经检验，的方程的解． 如图2中，当点在的延长线上时， 有两种情形：或， 或， 或， 解得（不合题意舍去）或， 综上所述，满足条件的的值为5或10． 故答案为：5或10 【题型6 利用正弦余弦正切求线段长度】 【例6】（2026·山西大同·模拟预测）如图，在中，，，．以为边，在的外部作，使得，，连接．则的长为__________． 【答案】 【分析】由勾股定理求出，；在上取点，使，则，运用等积关系求出，求出，设，则，在中，由勾股定理得，解得，；过点作交的延长线于点，得，设，则，由勾股定理得，，求出，在中由勾股定理可求出的长． 【详解】解：∵在中，，，． ∴， ∴， 解得：， ∴； 在上取点，使，则， ∴， 又， ∴； 过点作于点， ∵， ∴， 在中，， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴； 过点作交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵，且, ∴， 解得， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 【变式6-1】（25-26九年级上·上海普陀·阶段检测）如图，中，，点是边上一点，已知，，那么_____________． 【答案】6 【分析】本题主要考查了利用锐角三角初步解直角三角形，勾股定理，解题的关键是掌握锐角三角初步． 根据余弦求出，利用勾股定理求出，利用正切求出，最后利用线段的和差进行求解即可． 【详解】解：在中，， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：6． 【变式6-2】（2026·陕西安康·一模）如图，在中，对角线与相交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】B 【分析】根据平行四边形的性质得，再根据正弦的意义可得． 【详解】解：在中，对角线与相交于点， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【变式6-3】（2026·安徽淮北·模拟预测）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于，两点，若，，则的长为（     ） A．2 B． C． D．1 【答案】A 【分析】由矩形的性质可得，即；再利用平行线的性质、三角形外角的性质、等腰三角形的判定与性质可得、，再解直角三角形即可解答． 【详解】解：∵矩形的对角线与交于点，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴． 【题型7 构造直角三角形求值】 【例7】（2026·河南驻马店·三模）如图，平面直角坐标系中，点点为轴上一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，当取最小值时，点的坐标为（     ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据旋转判断出，，，推出，再过点作轴，作点关于轴的对称点，连接、、，推断出当三点共线时，即有最小值，即有最小值，然后根据对称求出点的坐标，根据解直角三角形求出点坐标，求出直线的解析式，即可求出点的坐标． 【详解】∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， 如图，过点作轴，作点关于轴的对称点，连接、、， ∵， ∴当三点共线时，有最小值，即有最小值， ∵点与点关于轴的对称，点， ∴点， ∵点， ∴， ∵， ∴， ∵轴， ∴，， ∴， ∴点， ∵设直线的解析式为：， 代入、， 即，解得：， ∴直线的解析式为：， ∵当时，， ∴点的坐标为． 【变式7-1】（2018·湖北武汉·中考真题）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是_____． 【答案】 【详解】【分析】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即可． 【详解】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N， ∵DE平分△ABC的周长， AD=DB， ∴BE=CE+AC， ∴ME=EB， 又AD=DB， ∴DE=AM，DE∥AM， ∵∠ACB=60°， ∴∠ACM=120°， ∵CM=CA， ∴∠ACN=60°，AN=MN， ∴AN=AC•sin∠ACN=， ∴AM=， ∴DE=， 故答案为． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正确添加辅助线是解题的关键． 【变式7-2】（26-27九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）在中，，，，则的长度为_________． 【答案】或 【分析】过点作，交所在直线于点，根据设出和的长度，用勾股定理求出的长度，分两种情况计算的长度即可． 【详解】解：过点作，交所在直线于点， ①当点D在线段上时，如图所示： ， 设，， 在中，由勾股定理得：， 代入得：， 化简得：， 解得：（不符合题意，舍去）， ，， 在中，由勾股定理得： ， ∴． ②当点在线段的延长线上时，如图所示： 同理可得：，， ∴； 综上，的长度为12或6． 【变式7-3】（24-25九年级上·四川成都·阶段检测）如图，将边长为的正方形绕点A旋转一周得到正方形，连接，，旋转过程中，若，则点到的距离为_______． 【答案】或． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，解三角形的应用，解题关键求出利用解三角形求出． 分当点在下方或上方时，两种情况：连接，过点作，交延长线于点，过点作，交于，于，即点E到BC的距离为，根据正方形的对角线平分每一组对角得出求出，进而求出，再解三角形求出， ，进而可得，从而可得，继而求出，由，即可求出． 【详解】解：当点在下方时，如图1，连接，过点作，交延长线于点，过点作，交于，于， 由旋转可知：， ∵正方形，正方形， ∴，，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 又∵，即， ∴， ∴， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即点到的距离为， 当点在上方时，如图2，连接，过点作，交延长线于点，过点作，交于，于， 同理可得： ，，，， ∵，即， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即点到的距离为， 综上所述：点到的距离为或。 故答案为：或． 【题型8 正弦余弦正切与折叠结合计算】 【例8】（2026·河南周口·三模）如图，在矩形中，，E是上一点，连接，将沿着折叠后，点A的对应点刚好落在的中点处，是的中点，G是的中点，连接，求________． 【答案】 【分析】由题意易得，则有，由折叠的性质可知：，然后根据三角初步可得，则有，以点为坐标原点，为轴，轴，由已知条件可得，进而根据两点间距离公式及中点坐标公式可进行求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵是的中点， ∴， 由折叠的性质可知：， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 以点为坐标原点，为轴，轴，如图所示： ∴， ∵G是的中点， ∴根据中点坐标公式可得，即， ∴根据两点间距离公式可得． 【变式8-1】（2026·河南周口·一模）如图，在直角三角形纸片中，，，，是斜边的中点．把纸片沿直线折叠，点落在点处，连接，则的长为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由勾股定理和直角三角形的性质可得，由折叠可知，，所以，即是等腰三角形，过点作于点，过点作于点，通过等面积求出，在中，，再得出，则，再代入即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵是的中点， ∴， 由折叠可知：，， ∴，即是等腰三角形， 过点作于点，过点作于点，如图， ∵， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∵点在直线的同侧， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式8-2】（2025·安徽合肥·二模）如图，矩形中，，点P为上一动点（不与端点重合），连接，将沿折叠，点A落在点E处，连接，连接交于点F，交于点G，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，，则的长为 C．若，则长度的最小值为1.8 D．和不可能全等 【答案】B 【分析】本题考查矩形与折叠，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，矩形的性质，是解题的关键．根据数量关系和折叠的性质，得到，判断A，设，，得到，，根据矩形的性质，折叠的性质，以及等角的余角相等，推出，进而得到，求出，进而得到，根据，得到，进而推出，在中，由勾股定理求出的值，进而求出的值，得到的值，再利用勾股定理求出的长，判断B，连接，勾股定理求出的长，利用，判断C，根据折叠的性质，结合对顶角相等，得到当时，，判断D即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵折叠， ∴；故选项A错误，不符合题意； 同上可知：，， ∵， ∴设，，则：，， ∴， ∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， 解得：（舍去）或或（舍去）； ∴， ∴， 在中，；故选项B正确，符合题意； 当时，连接，则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴的最小值为2；故选项C错误，不符合题意； ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴当时，；故选项D错误，不符合题意； 故选B． 【变式8-3】（2025·山东潍坊·一模）如图，四边形是正方形，点A的坐标是，点P为边上一点，，沿折叠正方形，点B落在平面内点处，连接，交于点E，则E点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点H，交于点G，根据正方形的性质和折叠的性质可证，根据相似三角形的性质可得，设，则，根据，可得，根据，求出x的值，可得的长，进一步可得的长，即可求出坐标，由折叠的性质可知，E点是的中点，即可求出E点的坐标． 【详解】解：过点作于点H，交于点G，如图所示： 则， ∴， 在正方形中，，， ∴四边形是矩形， ∴， 根据折叠，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵点A的坐标为， ∴，， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴点坐标为， 由折叠的性质可知，E点是的中点， ∴，即． 故选：A． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），正方形的性质，相似三角形的判定和性质，特殊角的三角初步值等，本题综合性较强，添加辅助线构造相似三角形是解题的关键． 【题型9 动点求正弦余弦正切最值问题】 【例9】（25-26八年级下·山东济南·期末）如图，是等边三角形，，在上且，是直线上一动点，线段绕点逆时针旋转，得到线段．当点运动时，则线段的最小值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点，过点作于点，证明，则，求出，即点到直线的距离为，证明，得到，则，即点到直线的距离为，当三点共线时，取得最小值，即可求出答案． 【详解】解：过点作于点，过点作于点，过点A作于点M， 由旋转可得，，， 则， ∵ ∴， ∴， ， ∵ ， ， 是等边三角形， ∴ ， 在中，， ∴， 即点到直线的距离为， ∵ ∴， ∵是的中点， ∴ ∴， 即点到直线的距离为， ∵线段绕点逆时针旋转，得到线段． ∴点F在直线的右侧， ∴当三点共线时，取得最小值，最小值为 【变式9-1】（2026·黑龙江绥化·中考真题）如图，在直角三角形中，，，，点，分别在边，上运动，连接，．则的最小值是_________． 【答案】 【分析】延长至点，使，连接，过点作，交于点，过点作于点，根据角平分线的性质及垂线段最短可得此时有最小值，即的长度，然后通过解直角三角形求得的长度，从而利用面积法求解即可． 【详解】解：延长至点，使，连接， 过点作，交于点，过点作于点， ，所以， 这时有最小值，即的长度， ，，， ， ， ，， ， 即， ， 的最小值是3． 【变式9-2】（2026九年级下·江苏·专题练习）如图，等边的边长为4，点D，E分别在边，上，将沿折叠，使点A落在边上的点F处，则的最大值为_________． 【答案】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，解直角三角形的相关计算，折叠的性质，过点E作于点H，根据等边三角形性质得出，，根据折叠得出，设，则，解直角三角形得出，根据，得出，求出x的取值范围即可得出答案． 【详解】解：过点E作于点H，如图所示： ∵等边的边长为4， ∴，， 由题意，． 设，则， 则， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴的最大值为． 故答案为：． 【变式9-3】（25-26·江苏无锡·三模）如图，在四边形中，，对角线、交于点O，且．若，则的最小值为（    ） A．16 B．4 C．9 D．2 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线将条件集中在同一个三角形中求解． 作交的延长线于，作于，设，表示出，解斜三角形，进而求得结果． 【详解】解：如图，作交的延长线于，作于， ∵， ， ∵， 四边形是平行四边形， ，， ， 设，则， 在中，，， ，， ， 在中， ， 当时，，即 ． 故选：D． 【解答压轴】 【题型10 二次函数线段与面积最值】 【例10】（26-27九年级上·重庆·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（）过点，，与轴交于点，作直线．点是线段中点，过点的直线且与轴交于点． (1)求抛物线解析式； (2)如图1，直线下方抛物线上有一点，连接、，与交于点，连接，将线段沿轴平移，在平移过程中记为．当最大时，求周长的最小值； (3)如图2，在（2）的条件下，连接，将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，新抛物线经过点，点在延长线上，横坐标为，点是新抛物线上一动点，若，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出其中一种情况的求解过程． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）把，代入函数解析式求得a、b的值即可； （2）先说明的面积是定值，则要使的面积最大，只需的面积最大即可；如图：过P作于H，过P作于I，设，则，利用割补法可得的面积，再利用二次函数的性质求得最大时p的值，即可确定最大时，点P的坐标；再说明要求周长的最小值，只需求得的最小值，再利用平移和轴对称的性质求最值即可； （3）先求得，新抛物线的解析式为，如图：过G作交y轴于点M， 过C作交于点U，利用平行线的性质和等量代换可知点Q为直线与抛物线在第一象限的交点；再想法求得直线的解析式为，再与新抛物线的解析式联立求解，并选择符合题意的点Q坐标即可；如图：取点M关于的对称点，则，易得点是直线与在第三或第四象限的交点；利用垂直平分线的性质、中点坐标、勾股定理求得，利用待定系数法可得直线的解析式为，再与新抛物线的解析式联立求解，并选择符合题意的点Q坐标即可． 【详解】（1）解：∵抛物线 过点，， ∴，解得：． ∴抛物线解析式． （2）解：∵抛物线解析式， ∴， ∵点是线段中点， ∴， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为，则，解得：， ∴直线的解析式为， ∴， ∴． 如图：过F作于G， ∵， ∴是定值， ∴的面积是定值， ∴要使的面积最大，只需的面积最大即可． 如图：过P作于H，过P作于I， 设，则， ∴，，， ∴的面积为， 整理得：， ∴该函数抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，的面积S有最大值， ∴当时，的面积S有最大值，的面积有最大值； ∵，， ∴， ∵将线段沿轴平移，在平移过程中记为， ∴， ∴要求周长的最小值，只需求得的最小值， 如图：将点向上平移一个单位得到点，则， ∴， 如图：作点P关y轴的对称点，连接， 当三点共线时，最小值为,即的最小值为， ∵． ∴的最小值为， ∴周长的最小值． （3）解：由（2）可知直线的解析式为， ∵横坐标为， ∴， ∵直线的解析式为，将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，， ∴设新抛物线的解析式为： ， ∵新抛物线经过点， ∴，解得：，（不合题意、舍去）， ∴新抛物线的解析式为， 如图：过G作交y轴于点M， 过C作交于点U， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴，即点Q为直线与抛物线在第一象限的交点， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为，则，解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得：（不合题意舍去）， ∴； ∵直线的解析式为， ∴， 如图：取点M关于的对称点，则， ∴，， ∴点是直线与在第三或第四象限的交点， ∵点M关于的对称点， ∴的中点坐标为，且在直线上， ∴，整理得：， ∵， ∴， ∴，整理得：， 联立，解得：（不合题意舍去）， ∴， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得：（不合题意舍去）， ∴， 综上，点Q的坐标为或． 【变式10-1】（2026·天津和平·一模）已知抛物线（a，b是常数，）与x轴相交于点和点B，与y轴相交于点C，将点C水平向右平移2个单位长度得到点D，连接． (1)当点D落在该抛物线上时， ①求抛物线的解析式； ②抛物线上的点E的横坐标为m，且，若，求点E的坐标； (2)点M是线段上一动点，连接，点N是射线上一动点，且满足，连接．当的最小值为时，求a的值． 【答案】(1)①② (2) 【分析】 （1）①先根据平移得，再把，分别代入，解得，即； ②算出，则，证明，再求出直线的解析式为，依题意得，解得，，又因为抛物线上的点E的横坐标为m，且，故，故把代入，得； （2）根据二次函数的图象性质，得，，，过点作射线交抛物线于点，在射线上取一点G，使．连接，，再证明，则，又因为的最小值为，即，再结合勾股定理列式计算，得，解得． 【详解】（1）解：①依题意，抛物线与y轴相交于点C， ∴， ∵将点C水平向右平移2个单位长度得到点D，点D落在该抛物线上， ∴， 把，分别代入， 得， 解得， ∴， ②由①得，，， ∴， 连接，与y轴相交于点，如图所示： 当时，则， 即， 解得， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴ 即 ∵ ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ 设直线的解析式为 把，代入， 得， 解得， ∴， 依题意得， ∴， 整理得， ∴， ∴， 解得，， ∵抛物线上的点E的横坐标为m，且， ∴， 故把代入，得， 即； （2）解：∵抛物线（a，b是常数，）与x轴相交于点， ∴， ∴， 令，则， 解得； ∵抛物线（a，b是常数，）与x轴相交于点和点B，与y轴相交于点C， ∴，， ∵将点C水平向右平移2个单位长度得到点D， ∴射线的解析式为 过点作射线交抛物线于点，在射线上取一点G，使．连接，， ∵轴，， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， ∴． ∵的最小值为 ∴ ∵，， ∴ ∵，， ∴ ∴ ∴ ∴，（舍去） 【变式10-2】（26-27九年级上·上海金山·阶段检测）如图，已知抛物线的图像与轴交于，，与轴交于点，、为抛物线上的两点． (1)求该二次函数的表达式； (2)若在抛物线的对称轴上存在一点，连接、，使的值最小，求点的坐标； (3)设的横坐标为，的横坐标为，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)S存在最小值为 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）求出抛物线的对称轴为直线，得，，当三点共线时，值最小，求出直线的解析式，代入即可求解； （3）由，分三种情况讨论即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的图像与轴交于，， ∴设， ∵在抛物线上， ∴ ∴， 则抛物线的表达式为：； （2）解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵，， ∴关于对称轴对称， ∴， ∴， ∴当三点共线时，值最小， 设直线的解析式为， 把，代入解析式得， 解得， ∴直线的解析式为， 把代入得， ∴； （3）解：存在， ∵的横坐标为， ∴； ∵的横坐标为， ∴ ， ∴ 设直线交x轴于点H，直线的表达式为， 把点P、Q的坐标代入得： ∴ ∴直线的表达式为：， ①当时，， 此时，, ∴点关于对称轴对称，且轴， 此时； ②当时，令y＝0， 则， 则， ∵， 、当，即时，， 则 ； Ⅱ、当，即时，， 则 ． 综上，S存在最小值为． 【变式10-3】（2026·甘肃天水·中考真题）抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．动点在线段上（点与点不重合）． (1)求抛物线的表达式； (2)连接，在的左上方以为边作正方形． ①如图1，当时，求正方形的面积； ②如图2，当点落在抛物线上时，求点的坐标； (3)如图3，在动点的正上方有另一动点，且，当点从点开始运动时，点以相同的速度同时出发，两点都沿轴的正方向匀速运动，点停止运动时点同时停止运动．连接，，求的最小值和此时的值． 【答案】(1) (2)①；② (3)的最小值为，此时 【分析】（1）把、代入，解方程组求出，即可得出答案； （2）①根据、得出，根据点，利用勾股定理求出，即可求出正方形的面积； ②过点作轴于，轴于，得出四边形是矩形，得出，，根据正方形的性质及角的和差关系得出，，可证明，得出，，设 ，则，，根据得出，解方程求出的值，即可得出答案； （3）过点作轴，使，连接，得出四边形是平行四边形，可得，得出当点、、三点在同一条直线上时，取最小值，最小值为的长，根据抛物线解析式求出，利用勾股定理求出，利用待定系数法求出直线的解析式为，进而求出，根据，即可求出． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为． （2）解：①∵，点在线段上，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的面积为； ②如图，过点作轴于，轴于， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵在的左上方以为边作正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， 设 ，则，， ∵， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， ∴点的坐标． （3）解：如图，过点作轴，使，连接， ∵点、的速度相同， ∴是定值， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴当点、、三点在同一条直线上时，取最小值，最小值为的长， ∵， ∴当时，， 解得：，， ∴，，， ∴，即的最小值为， ∵，， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∵，，点在点上方， ∴． 【题型11 二次函数特殊点存在性探究】 【例11】（26-27九年级上·重庆长寿·阶段检测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是直线上方抛物线上的一动点，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标； (3)如图2，连接，抛物线是否存在点Q使？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)面积最大，此时点 (3)存在，点Q的坐标为或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）过P作轴交于E，求出，直线解析式为，设，则，可得，故，根据二次函数性质可得答案； （3）分两种情况：当点Q在上方时， 当点Q在下方时，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于两点， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：当时，， ， ∴设直线解析式为，把，分别代入，得 ， 解得， ∴直线解析式为， 设，其中，过作轴交于，如图 则， ∴， ∴， ∵，开口向下，对称轴为， ∴当时，面积最大． 此时，即； （3）解：存在，理由如下： ①当点Q在上方时，作点关于y轴的对称点，过点B作交抛物线于点Q，则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，此时点Q符合题意， 设直线的解析式为， 把点代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 可设直线的解析式为， 把点代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立得：， 解得：或， ∴点Q的坐标为； ②当点Q在下方时，作点，直线与抛物线交于点， 同理直线的解析式为， ∵， ∴， ∴， ∴， 联立得：， 解得：或， ∴点的坐标为； 综上所述，点Q的坐标为或． 【变式11-1】（2025·山东泰安·三模）如图，二次函数的图象交x轴于点，，交y轴于点C，点是x轴上的一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N． (1)求这个二次函数的表达式； (2)若点P仅在线段上运动，如图，求四边形面积的最大值； (3)若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)四边形面积的最大值为 (3)点Q的坐标为或或 【分析】（1）利用待定系数法求解； （2）先利用待定系数法求出直线的解析式，分别用含的代数式表示出、的坐标，进而可得，再根据，构建二次函数，然后利用二次函数的性质求最大值； （3）分四种情形：当点M在线段上，，四边形是菱形时；当是菱形的对角线时，四边形是正方形；当点M在延长线上时，，四边形是菱形时；当点M在延长线上时，，四边形是菱形．分别求解即可． 【详解】（1）解：把，代入中，得， 解得，， ∴这个二次函数的表达式为y； （2）解：对于二次函数的表达式，令，则， ∴， 设直线的表达式为， 把，代入，得 ，解得， ∴直线的表达式为， 设， ∵轴． ，， ∴ ∴ ， ∴当时，有最大值； （3）解：∵，，，， ∴，，，， 分以下三种情况： ①如图中，当点M在线段上，，四边形是菱形时． ，， ， 解得或（舍去） ． ， ， ． ②如图，当是菱形的对角线时， 根据菱形的性质可得， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ， 解得或0（舍去）， ∴． ③如图，当点M在延长线上时，，四边形是菱形时， 则有， 解得或0（舍去）， ， ， ． ④如图，当点M在延长线上时，，四边形是菱形，此时，，， 则有， 解得或， 都不满足， 综上所述，满足条件的点Q的坐标为或或． 【变式11-2】（2025·云南昭通·模拟预测）已知二次函数． (1)求m的值． (2)当x为何值时，此二次函数有最小值？求出这个最小值，并指出当x如何取值时，y随x的增大而减小？ (3)若将此二次函数的图象向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，直接写出平移后新抛物线的顶点坐标．在新抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使以点Q与原抛物线的顶点P及原点O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)m的值为2 (2)当x为0时，此二次函数有最小值5，当时，y随x的增大而减小 (3)新抛物线的顶点坐标为，存在，点的坐标为或或或或 【分析】（1）由二次函数定义可知，的指数必须等于 2，且二次项系数 ，由此解出 的值． （2）将代入函数解析式得，根据二次函数的顶点坐标公式和开口方向，可确定其顶点坐标、最小值及增减性． （3）由平移规律“左加右减、上加下减”得新抛物线顶点为，设，分别讨论、、三种情况，利用两点间距离公式列方程求解 值，即可得到所有满足条件的点的坐标． 【详解】（1）解：根据题意得，且， 解得， 所以的值为 2； （2）解：∵的值为 2， ∴， ∴二次函数的顶点坐标为， ∵， ∴当 时，此二次函数有最小值 5，当时，随的增大而减小； （3）解：∵，顶点坐标为， ∴将此二次函数的图象向左平移 3个单位长度，再向下平移1个单位长度， 平移后新抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线， 设， 则 ① 当时， ，解得 或 9， ∴ 点的坐标为或； ②当时， ，解得， ∴点的坐标为； ③ 当时， ，解得或， ∴点的坐标为或． 综上，点的坐标为或或或或． 【变式11-3】（25-26九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，抛物线与轴交于和两点，与轴交于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图，将原抛物线向左平移4个单位长度得到抛物线，与原抛物线相交于点，点为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为矩形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或或或 【分析】本题考查了二次函数与特殊的平行四边形综合，勾股定理． （1）待定系数法求抛物线表达式即可； （2）由题意知，平移后函数解析式为，联立得，解得，，即；由为原抛物线对称轴上的一点，设，，由题意知，以点，为顶点的四边形为矩形，分以为边，以为对角线两种情况求解：①当以为边，时，则，为对角线，，，，由勾股定理得，，即，解得，，则，由，的中点坐标相同，可得，计算求解可得点坐标；同理对当以为边，当时，则，为对角线；②当以为对角线，时，，为对角线； 分别计算求解即可． 【详解】（1）解：将和代入，得， 解得， 抛物线的函数表达式为； （2）解：由题意知，， ∴平移后函数解析式为， 联立得， 解得，， ∴； ∵为原抛物线对称轴上的一点， ∴设，， 由题意知，以点，为顶点的四边形为矩形，分以为边，以为对角线两种情况求解： ①当以为边，时，则，为对角线， ∴，，， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴， ∵，为对角线， ∴，的中点坐标相同， ∴， 解得，， ∴； 当以为边，当时，则，为对角线， 同理，即， 解得，， ∴， ∵，的中点坐标相同， ∴， 解得，， ∴； ②当以为对角线，时，，为对角线， ∴，，， 由勾股定理得，，即，整理得，， 解得，或， ∴或 当时， ∵，中点相同， ∴， 解得，， ∴； 当时， ∵，中点相同， ∴， 解得，， ∴； 综上所述，存在点，且或或或． 【题型12 二次函数的应用】 【例12】（26-27九年级·全国·暑假作业）综合与实践 【问题背景】浙江台州神仙居景区内有两座著名的景观桥——如意桥与圆梦桥． 如意桥由“鸟巢”设计师何云昌团队设计，两侧下沉的为主拱，两侧上升的为副拱，整体造型宛如一柄悬空的玉如意．主拱和副拱轮廓近似抛物线． 综合实践小组的同学研究这两座桥的对称美学时发现：将如意桥主拱抽象为一条抛物线绕某点旋转，得到的抛物线可以用来模拟如意桥的副拱．这种中心对称变换在桥梁设计中既能满足力学要求，又能形成和谐的视觉平衡． 【模型建立】 (1)如图1，实践小组记主拱所在抛物线为，副拱所在抛物线为，以它们的对称中心为原点建立平面直角坐标系，它们的交点所在直线为轴，即和关于原点中心对称．通过测量得知和的顶点间距离为32米，和的左右交点、间距离为米，则的顶点的坐标为（____），左交点的坐标为（____），抛物线的解析式为________，抛物线的解析式为________； 【模型应用】 (2)实践小组参考如意桥的对称美，设计了一座新的桥梁，主拱不变的情况下，改成两条关于轴对称的副拱和，如图2，和所在抛物线关于点对称，且恰好经过的顶点，请求出左副拱所在抛物线的解析式； (3)在（2）的条件下，为了提高安全性，小组拟增加一段斜拉索，所在直线为，如图3，要求斜拉索和每一个主副拱至少要有一个连接点，即直线至少要与，和各有一个交点，求出的取值范围． 【答案】(1)16，，， (2) (3) 【分析】（1）由题意和对称性质即可求出顶点坐标和交点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线，的解析式； （2）由和所在抛物线关于点对称可得和，再将代入解析式即可得解； （3）先确定直线与交于最高点时，由此确定此时直线与必有交点，最后再确定和直线有交点时，进而即可得解． 【详解】（1）解：∵和的顶点间距离为32米，和的左右交点、间距离为米，顶点在轴上， ∴即，即， 设抛物线的解析式为， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为， ∵和关于原点中心对称， ∴抛物线的顶点坐标为， ∴可设抛物线的解析式为， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为， （2）解：设所在抛物线为， 和所在抛物线关于点对称， ， 且的顶点和顶点也关于点对称， 即， 恰好经过的顶点， ，即， 解得， 在轴左侧， ， 所在抛物线为； （3）解：观察图3可知， 与关于轴对称， 所在抛物线为． 和直线的交点坐标满足方程组， ， 消去得，即， ， 解得， 当时，和直线必有交点， 和直线的交点坐标满足方程组， ， 消得，即， ，解得， 由韦达定理，，至少有一负根． 和直线的交点坐标满足方程组， ， 消得，即， ，解得， 由韦达定理，，至少有一正根． 考虑函数，当时，， 则， ∴． 综上所述，的取值范围为． 【变式12-1】（2026·山西阳泉·三模）综合与实践 问题情境： 某批发市场销售甲、乙两种水果．根据市场调研，甲种水果的销售利润（单位：万元）与销售量x（单位：t）满足一次函数关系，乙种水果的销售利润（单位：万元）与销售量x（单位：t）满足二次函数关系． 通过实践得到以下数据： 销售量x/t 1 2 3 甲种水果的销售利润/万元 0.3 0.6 0.9 乙种水果的销售利润/万元 1.4 2.6 3.6 建立模型： (1)分别求，与x的函数关系式． 问题解决： (2)市场计划在某周内销售甲、乙两种水果共．设乙种水果的销售量为，两种水果的销售利润之和为万元．（两种水果均有销售） ①求关于m的函数关系式，并直接写出m的取值范围； ②当m为何值时，总利润最大？最大总利润是多少？ (3)在（2）的条件下，实际销售过程中要求总利润为6万元，且甲种水果的销售量大于乙种水果的销售量，请直接写出此时乙种水果的销售量． 【答案】(1)； (2)①；②当时，总利润w最大，最大总利润为6.6万元 (3) 【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可； （2）①设乙种水果的销售量为，则甲种水果的销售量为，再结合（１）中的解析式求出关于m的函数关系式； ②利用配方法，把一般式化为顶点式，根据顶点式得到最值即可； （3）令，再解方程，结合题意确定的值即可． 【详解】（1）解：设， ，解得， ， ， ，解得， ； （2）解：①设乙种水果的销售量为，则甲种水果的销售量为， 则； ②由①可知， 则当时，总利润w最大，最大总利润为6.6万元； （3）解：令， 整理得， 解得或， 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意； 则此时乙种水果的销售量为． 【变式12-2】（26-27九年级上·上海金山·阶段检测）综合实践：怎样才能命中篮筐． 【活动背景】学校组织班级间篮球比赛，九年级同学向阳发现自己投篮命中率较低，特请本班数学兴趣小组同学拍摄自己投篮的图片，并测量相应的数据进行研究． 【模型建立】如图所示，以向阳的起跳点为坐标原点，水平方向为轴，竖直方向为轴建立平面直角坐标系；篮球运动轨迹可以看作是抛物线的一部分． 信息整理 素材1 篮球出手时离地面的高度为米，篮筐中心离地面的高度米，篮球出手位置与篮筐中心的水平距离米，篮球距地面的最大高度米，此时离篮球出手位置的水平距离米． 素材2 当篮球恰好经过篮筐中心点时，我们称此次进球为“空心球”；由于篮球的直径大约是篮筐直径的一半，因此当篮球到达篮筐中心的水平位置时，篮球的高度（米）满足时，篮球即可命中篮筐；篮球运动轨迹抛物线的开口大小由投篮方向和出手速度决定，向阳在投篮过程中始终保持投篮方向和出手速度不变． 【解决问题】在初次投篮时，小组测得相关数据为：米，米，米，米． (1)向阳初次投篮时______命中篮筐；（填写：“能”或“不能”） (2)该班数学兴趣小组同学对向阳的初次投篮数据进行研究后，让向阳同学在原来位置向前走了米后再次投篮，发现此次正好投进一个“空心球”，求的值（保留根号）． (3)在比赛过程中，向阳在离篮筐中心的水平距离5米处开始起跳投篮，若保持初次投篮时的出手高度，向阳此次能否命中篮筐？请说明理由．如果不能命中，在不改变向阳离篮筐中心的水平距离、投篮方向及出手速度的前提下，该如何调整向阳的投篮策略才能命中呢？ 【答案】(1)不能 (2) (3)不能命中篮筐，若要命中，则的取值范围是． 【分析】（1）先根据顶点和出手点求出抛物线解析式，再把篮筐的横坐标代入算出对应高度，对比命中高度区间，得出不能命中篮筐； （2）向前走t米相当于抛物线向右平移，写出平移后的抛物线，把篮筐中心点代入方程求解，结合向前走舍去不满足条件的，得到t的值； （3）保持抛物线形状与出手高度不变，把篮筐水平位置代入解析式算出篮球高度，将算出的高度和的范围对比，判断无法命中；设改变出手高度后的抛物线解析式，再根据命中条件求出m的取值范围，把出手点坐标代入抛物线解析式中，得到的取值范围，即可命中． 【详解】（1）解：由题意，篮球运动轨迹为抛物线，顶点坐标为， 设抛物线解析式为， 代入出手点， 可得， 解得． 所以抛物线解析式为， 当时，， 因为，不满足， 答：不能命中篮筐． （2）解：已知向阳向前走了t米， 则抛物线向右平移t米解析式变为， 此时篮球恰好经过篮筐中心点， 代入得， 整理得，即， 解得， 当时，顶点横坐标为， 不符合“向前走”的实际情境，舍去． 答：的值为． （3）解：在离篮筐中心水平距离5米处起跳，即出手点横坐标为， 已知保持出手高度米， 则抛物线顶点横坐标为， 所以解析式为． 当时，， 因为，不满足命中条件， 所以不能命中篮筐． 设改变出手高度后，抛物线解析式为， 当时，， 当篮球的高度（米）满足时，篮球即可命中篮筐， 则，即， 出手点坐标为，代入解析式， 所以， 答：不能命中篮筐，若要命中，则的取值范围是． 【变式12-3】（25-26八年级下·湖南长沙·期末）喷泉是城市中一道美丽的风景．如图1，水花从垂直地面的水管的顶端处喷射出，其在空中的飞行轨迹可近似看作一条抛物线．以水管与地面的交点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系．经测量，水管的高度是米，喷出最远的水花的运动轨迹为抛物线（如图2所示），水花在与水管的水平距离为1米时，达到最大高度2米，水花之后沿抛物线下落，最终落到地面上的点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)若图1中喷出的水花的运动轨迹所在的抛物线群如图3所示，且，，，这些抛物线的顶点在同一条直线上，其中一条抛物线与水平直线相交于点，请求出的顶点坐标和的表达式； (3)若喷泉水花瀑布中所有抛物线均可表示为且与直线相交于点，经测算，当时，喷泉的观赏效果最佳，请求出此时抛物线中的取值范围． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）由题意可知，，顶点坐标为，再利用待定系数法求解； （2）利用配方法求出的顶点坐标，再设直线的表达式，利用待定系数法求解； （3）先求出点、的坐标，再将抛物线顶点坐标代入直线，得出，则，再列不等式组求解即可． 【详解】（1）解：由题意可知，，顶点坐标为， 设抛物线的函数表达式为， 将点代入，得， 解得：， 抛物线的函数表达式为； （2）解：, 的顶点坐标为， 设直线的表达式为， ，，，这些抛物线的顶点在同一条直线上，且，的顶点坐标分别为，， ，解得：， 的表达式为； （3）解：令，则， 解得：（舍），， ， 令，则， 解得：（舍），， ， ， 抛物线顶点坐标为 由（2）可知，顶点所在的直线的表达式为， ， ， 解得：或， 当时，抛物线开口向下，顶点在，不符合题意， ， ， ， ， 解得：， 即当喷泉的观赏效果最佳时，抛物线中的取值范围为． 【题型13 相似三角形综合证明】 【例13】（2026·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，．为边的中点，为线段上一点（不与点重合），点关于点的对称点为点，以为斜边构造等腰直角三角形，点和点在直线的同侧． (1) ； (2)连接，求证：； (3)当点在边上时，求的长； (4)是边上一点，连接．当，且时，直接写出的长． 【答案】(1) (2)证明：点、关于点对称， 是的中点， 是等腰直角三角形，即， ； (3) (4)或 【分析】（1）根据勾股定理进行计算即可求解； （2）根据等腰直角三角形的性质即可得出； （3）设，则，在中，根据勾股定理可得的长，在中，根据勾股定理可得的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长； （4）分两种情况讨论，点在上方和下方时，根据已知条件得出，进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：在中，，，， ∴； （2）略 （3）解：当点落在上时， 连接，如图： ∵，且为的中点，即垂直平分， ∴，， ∴设，则， 在中，， ∴，解得， 即， 在中，， ∵在中，是斜边上的中线， ∴； （4）解：如图，当在的下方时，设，交于点，由（3）可得，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，解得， ∴， ∴； 如图，当在的上方时，延长交于点， 同理可得， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 综上所述，或． 【变式13-1】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形中，点M在边上，将沿翻折至处，延长交边于点N，连接．对角线分别交，于E，F两点． (1)________． (2)求证：． (3)若，，求的长． 【答案】(1)45 (2)证明：∵四边形是正方形， ∴， 由（1）得：， ∴在和中，，， ∴， 由翻折知， ∴， ∵， ∴． (3) 【分析】（1）由翻折的性质可得：，，，证明，即可求出； （2）利用（1）的结论可得出，再加上公共角，即可证明； （3）将绕点旋转至，使与重合，连接，证明，可得，由，可得，进而得出，再利用，，可求出，，最后利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 由翻折的性质可得：，，， ∴，， ∵在与中， ∴， ∴， ∴，， ∴． （2）略 （3）解：如图，将绕点旋转至，使与重合，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质可得：，，，， 由（1）得，， ∴， ∴，即， 在与中 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ，， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 【变式13-2】（2025·浙江杭州·二模）【证明体验】 (1)如图，正方形中，，分别是边和对角线上的点，，求证：． 【思考探究】 (2)如图，矩形中，，，，分别是边和对角线上的点，，，求的长． 【拓展延伸】 (3)如图，菱形中，，对角线，交的延长线于点，，分别是线段和上的点，，，求的长．请直接写出答案 【答案】(1)证明：四边形是正方形， ， ， ， ， 又， ； (2) (3) 【分析】（1）由正方形的性质可得，得到，推出，可得结论； （2）连接，交于点，先计算，得到，推出，证明，可得，即可求解； （3）设与交于点，通过证明，可求，由菱形的面积公式可求，由锐角三角初步可求，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，交于点， 四边形是矩形，，， ，，，， ，，, ， ， ， ，， ， ， ， 又， ， ， ， ； （3）解：如图，设与交于点， 四边形是菱形，，， ，，，，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【变式13-3】（25-26八年级下·江苏泰州·期末）正方形边长为6，若点为边上一动点，连结，将沿翻折得到，连结并延长交射线于点． (1)如图1，当点与点重合时，求的长； (2)如图2，当经过中点时，连结．求证：； (3)当、、三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点时，求的长． 【答案】(1) (2)证明：由翻折的性质可知，，， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中点，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即； (3)2或3 【分析】（1）由翻折的性质可知，，，，为正方形的对角线，则是等腰直角三角形，，由，即可求解的长； （2）可证得， 且相似比为，则是的中点，得出，得到，，再利用三角形内角和定理即可证明； （3）分情况讨论，由三角形相似可解得的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，且边长为6， ∴，， ∴， 由翻折的性质可知，，，， ∴，， ∵为正方形的对角线， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）略 （3）解：当是的中点， 在四边形中，， ， ∴， 在正方形中，， ∴， 由（2）得，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得； 当是的中点， 如图，延长，交于点， ∵，是的中点， ∴，且相似比为， ∴，， ∴， ∵，， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴，即点为的中点， ∴； 当是的中点，此情况不存在； 综上所述，或． 【题型14 相似动点存在性问题】 【例14】（25-26八年级下·山东青岛·期末）如图，在矩形中，，，点从点出发，沿方向匀速运动，点从点出发，沿方向匀速运动，两点同时出发，速度均为，设运动时间为（）． (1)当以，，为顶点的三角形与相似时，求的值； (2)当取何值时，四边形的面积等于？ (3)是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据矩形的性质，求出的长，根据题意求出，推出，再根据相似的判定推出或，运用相似的性质求解即可； （2）过点作，，垂足分别为，，结合矩形的性质分别证明、，再运用相似的性质结合（1）中，，求出，，最后根据代入求解即可； （3）过点作，，垂足分别为，，根据矩形的性质，证明四边形为矩形，运用矩形的性质结合题意，推出，再结合（1）、（2）已求线段的值，代入求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ，， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得，， ∵由题意可得，， ∴， ∵以，，为顶点的三角形与相似， 又∵， ∴或， ∴或 ∴或， 解方程，得， 解方程，得，（舍去）， 综合上述，当以，，为顶点的三角形与相似时，的值为或； （2）解：如图，过点作，，垂足分别为，， 由（1）得，， ∵矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ，即， ∴， ∵， ∴，则， 整理得， 解得，（舍去）， ∴时，四边形的面积等于； （3）解：如图，过点作，，垂足分别为，， 由（1）得，， 由（2）得，， ∵矩形， ∴，，， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴，， ∵，则， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得． 【变式14-1】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图1，在矩形中，，，点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．过点Q作，交于点E，连接，．设运动时间为（），请解答下列问题： (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)设的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (4)如图2，点O为的中点，连接．当为等腰三角形时，请直接写出t的值． 【答案】(1) (2)（） (3) (4)或 【分析】本题是四边形的综合问题，主要考查矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，割补法求三角形的面积， （1）当运动时，，，，由可得，从而得到．当时，四边形是矩形，因此，即，求解即可； （2）用含t的式子分别表示出梯形，，的面积，由可得函数解析式； （3）根据三角形的面积公式得，由得，再由（2）中求得，可得方程，求解即可； （4）由，，可得，由勾股定理在中，求得，进而．当为等腰三角形时，分三种情况讨论：①，②，③，分别求出满足条件的t值即可． 【详解】（1）解：当运动时，，， ∵在矩形中，，， ∴ ， ∵， ∴，即， ∴， ∵在矩形中，， ∴当时，， ∴四边形是矩形， ∴，即， 解得：， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵，，，， ∴， ， ∴， 即S与t之间的函数关系式为（） （3）解：当时，，理由如下： ∵在矩形中，，， ∴， ∵， ∴， 由（2）求得 ∴， 解得， ∴ 当时，； （4）∵，， ∴， ∵在中，，， ∴， ∵点O是的中点， ∴． 当为等腰三角形时，分三种情况讨论： ①若，如图， 又， ∴， 解得； ②若，如图， 过点E作于点N，则， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得； ③若， 连接， ∵在中，点O是斜边的中点， ∴， ∵， ∴点E与点B重合，， ∴， 解得， ∵， ∴不合题意，舍去． 综上所述，当为等腰三角形时，或． 【变式14-2】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图，在中，，，，在上取一点D，使，连接，分别过点A，点C，作，，交点为E．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为．过点P作，交于点F，连接．设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，？ (2)设五边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)连接，是否存在某一时刻t，使得垂直平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用勾股定理求出的长，再求出的长，证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可； （2）过点D作，垂足为M，，垂足为N，证明，求出的长，证明四边形是平行四边形，可求出，证明，可求出，根据可得答案； （3）可证明，则可推出，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵在中，，，， ∴； 由题意得，，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得； （2）解：如图，过点D作，垂足为M，，垂足为N， ∵，即， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ，即； （3）解：如图，连接， ， ∴要使垂直平分，只需， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理，得， ∴， 解得， ∴当时，垂直平分． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，熟练掌握勾股定理，平行四边形的判定和性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键． 【变式14-3】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，点E是边BC上的一点不与点B、C重合，，． (1)图1，若，，则的度数为______； (2)图2，若，求的度数；用含的代数式表示 (3)图3，已知且，，且，点E在线段上运动时，连接，M为的中点，探究的长度是否存在最小值？若存在，用关于m，n的代数式表示出来；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，长度的最小值为 【分析】在上截取，连接，可证得，从而，进而得出结果； 在上截取，连接，可证得，从而，根据平行四边形的性质得出，进一步得出结果； 在BC的延长线上截取，连接WF，取AW的中点，作射线，交的延长线于点V，可证得，从而，根据三角形中位线的性质得出，从而得出，从而得出点M在过定点，且与成的直线上运动，作于M，则当点M在处时，DM最小，进一步得出结果； 【详解】（1）解：如图1， 在上截取，连接， 四边形是平行四边形，，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， 故答案为； （2）解：如图2， 在上截取，连接， ， ，， ， ，， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ； （3）解：如图3， 在的延长线上截取，连接，取的中点，作射线，交的延长线于点V， ，， （含的等腰三角形，底是腰的倍），， ， ， 是的中点， ， ， 点M在过定点，且与成的直线上运动， 作于M，则当点M在处时，最小， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， （含的等腰三角形，底是腰的倍）， ， . 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、角直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【题型15 相似探究问题】 【例15】（2026·四川眉山·模拟预测）如图1，正方形和正方形，连接，． (1)【发现】当正方形绕点A旋转，如图2， ①线段与之间的数量关系是 ； ②直线与直线之间的位置关系是 ； (2)【探究】如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请写出新结论，并说明理由． (3)【应用】在（2）的情况下，连接（点E在上方），如图4，若，且，，求线段的长． 【答案】(1)①；② (2)不成立，新结论为：；成立． 证明： 四边形和四边形都是矩形， ， ， 即 ， ， ， ， ，， 即， 如图，延长交于点，交于点． 在 中，， 在 中，， ， ，即 ． 综上，不成立，新结论为：；成立． (3) 【分析】（1）通过证明 ，得出线段相等和垂直关系． （2）利用两边对应成比例且夹角相等证明 ，从而探究线段的数量和位置关系． （3）先求出，结合得四边形为平行四边形，得。再由勾股定理求，最后由（2）的结论即可求出． 【详解】（1）解：①四边形和四边形都是正方形， ， 在 和 中： ， ， . ② 由①知 ， 如图，延长交于点，交于点． 在 中，， 在 中，， ， ，即 ． （2）略 （3）由（2）知，． ， ， 在 中，由勾股定理： ， ， ， 点在上方，且， 四边形为平行四边形， ， ， 在 中，由勾股定理： ， 由（2）中结论，可得． 【变式15-1】（2026·广东深圳·三模）定义：在平行四边形中，若有一边长是一条对角线长的一半，则称这个平行四边形为半随四边形，其中这条边叫做半随边，这条对角线叫做半随对角线． (1)【概念理解】如图，四边形是半随四边形；对角线与交于点，是半随边，是半随对角线． ①的形状是________三角形； ②若，则=________； (2)【问题探究】如图，四边形是矩形，对角线与交于点，，． ①当时，请利用尺规作图，在射线上作出点，使四边形为半随四边形，并请说明理由；（保留作图痕迹，不写作法） ②若四边形是半随四边形，则______； (3)【应用拓展】如图，四边形与四边形均为半随四边形，其中与分别是半随边，和分别是半随对角线，，，请求出的值． 【答案】(1)等腰； (2)①作图如下： 理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴为半随边，为半随对角线，四边形是半随四边形． ②或； (3)． 【分析】（1）①根据平行四边形对角线互相平分与半随四边形定义得到，判断三角形形状；②直接利用半随边与半随对角线数量关系计算长度． （2）①根据平行四边形判定作出图形，再结合半随四边形定义完成证明；②分类讨论矩形的边作为半随边的两种情况，利用勾股定理求出． （3）结合平行四边形性质、半随四边形定义推导角相等，证明三角形全等，再通过勾股定理列方程求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形， ∴， ∵是半随边，是半随对角线， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． ②∵，， ∴． （2）解：①在射线上取点，使，作图略； ②情况1：为半随边，对应对角线， ∵矩形，，，， ∴，即， 解得（负值舍去）； 情况2：为半随边，对应对角线， ∵矩形，， ∴，即， 解得（负值舍去）； ∴或． （3）解：∵四边形是半随四边形，是半随边，是半随对角线， ∴，，为中点， ∴，， ∴， ∵四边形是半随四边形，是半随边，是半随对角线， ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴（）， ∴， 过作于，设， ∵， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， 在中： ， 在中， ∵， ∴， 解得（负值舍去）， ∴． 【变式15-2】（25-26八年级下·山东烟台·期末）【尝试发现】 (1)如图，在和中，，，，请直接写出线段和的数量关系是 ． 【变式探究】 (2)如图，，连接和，的延长线交于点，． ①求的值； ②判断和的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)如图3，矩形中，，，是对角线．是边上一动点，连接，以为直角边向逆时针方向作，使，连接，． ①求证：； ②直接写出线段长度的最小值． 【答案】(1)； (2)①； ②； 证明：记、交于点， 由知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； (3)①证明：∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②． 【分析】（1）根据证明三角形的全等，即可得到； （2）①由相似三角形的性质，可得，，式子变形可得，根据角的数量关系，可得，利用相似三角形的判定，则，得到，即可；②由相似三角形的性质，可得，根据三角形的内角和，推出，等量代换，得到；根据，等量代换，即可得到； （3）①由相似三角形的性质，可得，，得到角的数量关系，，根据相似三角形的判定和性质，得到，再根据角的数量关系，则，得到，即可求解；②由①知，点在直线上运动，当时，有最小值；利用相似三角形的判定和性质，得到，根据勾股定理求出，即可求出的值． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解①∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； ②略 （3）解：①略； ②由①知， ∴点在直线上运动， 当时，有最小值，如图， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 【变式15-3】（25-26八年级下·吉林·期末）综合与探究 【问题背景】我们学习了三角形的中位线定理，借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，如图1，探索小组利用这个基本图形进行了探究活动，探究发现：若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，请你和探索小组一起对此进行研究，如图1，在中，，，分别取，的中点D，E，作． (1)初步发现：如图1，由三角形中位线构造，可知：______． (2)猜想探究：如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，．旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (3)结论应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，则_______． (4)延伸思考：如图4，在中，，，，分别取，的中点D，E．作，将绕点B逆时针旋转，连接，．分别取，的中点M，N．当绕点B旋转过程中，直接写出当面积最大时，的面积是_______． 【答案】(1) (2)解：，证明如下， 由题可得，和是等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； (3) (4) 【分析】（1）先根据中位线性质得到对应边比例、与的相似比，再结合是中点得到长度，用平行线等分线段定理计算比值； （2）旋转后，先求出与的比值，证明和相似，即可得到与的数量关系； （3）先根据过点得到，用勾股定理求出的长度，再利用（2）得到的与的数量关系计算； （4）根据勾股定理求出，结合三角形中位线定理得到，，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，，根据N到的距离，可知当时，面积最大，此时，分两种情况根据旋转的性质作答即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，的中点为，，， ∴，， ∴， ∴； （2）略 （3）解：由图1可得，，的中点为，， ∴，， ∴， ∴， ∴如图3，当所在直线过点时，， ∴在中，， 由（2）可得，， ∴， 解得； （4）解：如图， ∵在中，，，， ∴， ∵分别取，的中点D，E， ∴，，，， ∵分别取，的中点M，N， ∴，， ∵N到的距离， ∴当时，面积最大， 此时． 如图，当N在上方时， 由旋转的性质可知， ∴即点E在线段上， 此时； 如图，当N在下方时， 同理可知即点D在线段上， 此时； 综上所述，当面积最大时，的面积是4． 【题型16 坐标系中利用相似求解】 【例16】（25-26八年级下·辽宁沈阳·期中）如图1，矩形在坐标系中，、分别在轴、轴的正半轴上，，矩形周长为18，面积为18． （1）求点坐标； （2）如图2，、、分别在、、上，连、，若于，，设点横坐标为，求的长（用含的代数式表示）； （3）如图3，在（2）的条件下，是中点，连并延长至，连交于，若，，求的值． 【答案】（1）B（6，3）（2）CG＝2t（3）t＝ 【分析】（1）设B点坐标为（m，n），根据矩形周长和面积的值列方程组求解． （2）作DH⊥OC于H，可证△DHE△OCG，由相似比可得CG＝2HE＝2AD． （3）作MN⊥OC于N，交OG于K，连接OD，设DE与OQ交于点R．先证DMKF四点共圆，进而得出∠KFM＝45，再导角推出OP是∠AOG的角平分线，然后可以导出△DRQ和△EOR均为等腰三角形，于是DE的长可用t表示出来．注意到∠AOD与∠NOK相等，可推出OD＝DE，最后利用直角三角形AOD列勾股方程解出t的值． 【详解】（1）设B点坐标为（m，n）(m＞n) 由题意可知： 解得：或（舍去） ∴B点坐标为（6，3）． （2）如图2，作DH⊥OC于H． 则∠DHE＝90， ∴∠HDE＋∠DEH＝90， ∵DH⊥OG于F， ∴∠GOC＋∠DEH＝∠OFE＝90， ∴∠HDE＝∠COG， ∵∠OCG＝90＝∠DHE， ∴△DHE△OCG， ∴ ∵B（6，3）， ∴AB＝OC＝6，AO＝DH＝BC＝3， ∴＝2， ∴CG＝2HE， ∵D点横坐标为t， ∴OH＝AD＝t， ∴OE＝2AD， ∴HE＝OH＝t， ∴CG＝2HE＝2t． （3）如图3，作MN⊥OC于N，交OG于K，连接OD． ∵M为AB中点， ∴AM＝BM＝ON＝CN＝AO＝BC＝MN＝3，KN＝CG＝t， ∴KN＝AD，所以DM＝KM， ∵∠DFK＝∠DMK＝90， ∴DFKM四点共圆， ∴∠DFM＝∠KFM＝45， ∵∠KFM＝∠OPF＋∠FOP， ∴∠FOP＋＝45， ∴2∠FOP＋2＝90°， ∵∠AOC＝90， ∴∠AOQ＋∠FOP＋∠COG＝∠AOQ＋∠FOP＋2＝90， ∴∠AOQ＝∠FOP， ∵∠AOQ＝∠OFR＝90， ∴∠ORF＝∠OQA， ∵∠ORF＝∠DRQ，∠OQA＝∠ROE， ∴∠DRQ＝∠OQA，∠ROE＝∠ORF， ∴DR＝DQ＝，RE＝OE＝2t， ∴DE＝DR＋RE＝＋2t， ∵，∠OAD＝∠ONK， 所以△OAD≌△ONK， ∴∠AOD＝∠NOK， ∵∠AOD＋∠DOE＝∠NOK＋∠OEF＝90， ∴∠DOE＝∠OEF， ∴OD＝DE＝＋2t， 在Rt△AOD中：OA2＋AD2＝OD2， ∴9＋t2＝(＋2t)2， 解得t＝． 【点睛】本题为四边形综合题，主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等重要知识点．第（3）问是本题的难点，证明OP是∠AOG的角平分线进而得出△DRQ、△EOR、△DOE均为等腰三角形是解答的要点所在． 【变式16-1】（25-26九年级上·吉林长春·阶段检测）已知：如图，在平面点角坐标系中，是直角三角形，，点A、C的坐标分别为，，． (1)求过点A、B的直线的函数解析式； (2)在x轴上找一点D，连接，使得与相似，并求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，P、Q分别是和上的动点，连接，设，问是否存在这样的使得与相似？如存在，请直接写出m的值；如不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)当或或或时，与相似 【分析】本题主要考查了求一次函数解析式，相似三角形的相似与判定，勾股定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． （1）先求出，进而得到，则，由此利用待定系数法求解即可； （2）根据题意可得当与相似时，只存在和两种情况，当 时，则此时点D与点C重合，即点D的坐标为；当时， 则，由此可证明，得到，即，解得，求出，则点D的坐标为：； （3）当点D的坐标为时，如图，当时，则，根据相似三角形的性质可得，解得：；如图，当时，则，根据相似三角形的性质可得，，解得：；同理求出点D坐标为时m的值即可得到答案． 【详解】（1）解：解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， （2）解：∵点D在x轴上， ∴， ∴当与相似时，只存在和两种情况， 当 时，则此时点D与点C重合，即点D的坐标为； 当时，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标为：； 综上所述，点D的坐标为或； （3）解：当点D的坐标为，如图，当时， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴，解得：； 如图，当时，    ∵， ∴， ∴， ∴，解得：； 同理当点D的坐标为，m的值为或； 综上所述：当或或或时，与相似． 【变式16-2】（25-26八年级下·广东湛江·期中）如图，在直角平面坐标系中，已知，点C在y轴的正半轴上，且． (1)求点C的坐标． (2)过点作于点E，连接． ①当D在线段上时，是否存在点D使得是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的m的值；若不存在，则说明理由． ②当D在点B的右侧时，设交直线于点F，若，请直接写出m的值． 【答案】(1)； (2)①4或或6， ② 【分析】（1）根据求出，结合勾股定理即可求解； （2）①分类讨论（i）若，（ii）若，（iii）若即可求解；②过E作于M，过F作于N，可推出，再证 ，设，则，证，最后证即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵． ∴， 在中， = ， ∴； （2）解：在线段上存在点D，使得是等腰三角形，理由如下： ①∵， ∴， （i）若，则， ∴， ∴， ∴， ∴，此时； （ii）若， 在和中 ， ∴ ∴， 而 =， ∴ ， ∴ ，此时 ， （iii）若，过E作于H，如图： ∴ ， ∴， 设直线的解析式为：， 则， 解得：， ∴直线的解析式为：， 令得， ∴ ∴， 在中，， ∴， 解得， 综上所述，满足条件的m的值为4或或6， ②过E作于M，过F作于N，如图： ∵， ∴， 而 ， ∴ ， ∵， ∴ ， ， ， ∴ ， ∵， ∴ ∴， ∴ ， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， 而， ∴， ∴ ，即 ①， 设直线的解析式为：， 则， 解得：， ∴直线的解析式为：， 将代入得②， 由①②解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的存在性问题、一次函数的解析式求解等知识点．综合性较强，需要学生具备较强的逻辑推理能力． 【变式16-3】（24-25九年级上·上海·阶段检测）我们知道，互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系．如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”． 如图1，是斜坐标系中的任意一点，与直角坐标系相类似，过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、，若、在轴、轴上分别对应实数、，则有序数对叫做点在斜坐标系中的坐标． (1)如图2，已知斜坐标系中，，试在该坐标系中作出点，并求点O、A之间的距离； (2)如图3，在斜坐标系中，已知点、点，是线段上的任意一点，试求、之间一定满足的一个等量关系式； (3)若问题（2）中的点在线段的延长线上，其它条件都不变，试判断上述、之间的等量关系是否仍然成立，并说明理由． 【答案】(1)如图所示； 2 (2) (3) 解：如图，当点在线段的延长线上时，上述结论仍然成立． 理由如下：这时，， 与（2）类似，，， 又 ， ，即． 【分析】（1）作轴，与轴交于点，轴，与轴交于点，构建菱形，然后根据菱形的性质以及等边三角形的判定与性质来求的长度； （2）过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、，则，，易证和，从而得到关于、的比例式和，再由线段的和差关系求得，从而得到、之间的关系式； （3）当点在线段的延长线上时，上述结论仍然成立．理由如下：这时，，证明过程同（2）． 【详解】（1）解：作轴，与轴交于点，轴，与轴交于点， 则四边形为平行四边形，且， 是菱形，， 平分， 又， ， 是等边三角形， ． （2）解：如图，过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、， 则，， ， ， ， 即， ， ， ， 即， ， 即． （3）略 【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质．解题关键是作辅助线构建平行四边形（或菱形）． 【题型17 利用正弦余弦正切求图形面积】 【例17】（26-27九年级上·全国·课后作业）在中，，，，求的周长和面积． 【答案】 的周长为，面积为. 【分析】先根据锐角正切的定义求出直角边的长，再用勾股定理计算斜边的长度，最后计算三角形的周长和面积． 【详解】解： ∵在中，，如图， ∴， ∵，， ∴， 解得， 由勾股定理得：， ∴周长为， 面积为 ； 答：的周长为，面积为． 【变式17-1】（25-26八年级下·江西吉安·期末）如图，在中，，，．点是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点在上．求： (1)线段在平移过程中扫过区域形成的四边形为平行四边形； (2)平行四边形面积． 【答案】(1)由平移的性质可知，线段是由线段沿射线方向平移得到的， ， 四边形为平行四边形． (2) 【分析】（1）根据平移的性质即可得到四边形为平行四边形． （2）先根据勾股定理求出的值，再利用直角三角形的中线以及平行四边形的性质得到，根据它们的余弦值相等，列式得到的值，最后求出平行四边形面积． 【详解】（1）略 （2）在中，，，， ， 点是中点， ， 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， ， 在中，， 在中，， ，解得， 在中，， 所以平行四边形面积为． 【变式17-2】（25-26·湖南娄底·模拟预测）如图1，在中，，于点，于点，连接，过点 交于点． (1)求证：； (2)如图2，若将沿直线翻折得，连接． ①请你判断四边形的形状，并说明理由； ②若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明：，于点， ， ∴是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， 即， ； (2)解：①四边形是平行四边形，理由如下： 由（1）得：； ∴， 又， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 沿直线翻折得， ∴，， 为等腰直角三角形， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ② 【分析】（1）先证明是等腰直角三角形，得出，再由同角的余角相等得出，再证明，即可得证； （2）①证明为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，得出，，即可得证；②解直角三角形得出，从而可得，，由等面积法得出，由勾股定理可得，从而得出，解直角三角形得出，最后由平行四边形的面积公式计算即可得出结果． 【详解】（1）略； （2）①略； ②解：在中，， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在等腰中，， ∴． 【变式17-3】（2026·河北唐山·模拟预测）如图1，在矩形 中， ， ，根据尺规作图得到点E，且点E在BD上，连接 ． (1)求 的长； (2)如图2，点F在 边上（可与B点，C点重合），以点E为直角顶点， 为腰向右作等腰直角三角形，连接 ． ①当取最小值时，求的值； ②当点G落在的内部时（不含边界），求线段 的取值范围； ③若，连接 ，请直接写出的面积． 【答案】(1)； (2)①；②；③． 【分析】（1）根据尺规作图判断 为 中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半结合勾股定理即可求 的长； （2）①根据等腰直角三角形中，所以 最小即时取最小值，构造直角三角形求即可； ②建立坐标系，用全等三角形表示出的坐标，再求直线与 的方程，通过的位置范围确定的取值范围； ③利用得，利用正切相等结合坐标列方程，解得后直接求三角形面积． 【详解】（1）解：由尺规作图痕迹可知，所作直线为线段 的垂直平分线， 为 中点， 是斜边上的中线， ， 在矩形 中，， 在中，， ． （2）①解： 为等腰直角三角形， ， 最小时取最小， 是 边上（可与B点，C点重合）的动点， 时， 最小，如图1所示，作， ，， 四边形是正方形， 是 的中点，且 是的中位线， ，， ， ， 在中，， ． ②解：以 为原点，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，设 ，所以， 当，如图2，作，,连接， ， , , ， ， 点坐标为，即， 当，如图3，同理有， 点坐标为，即， 综上所述，点坐标为， ,设直线解析式为 ， 代入两点坐标计算可得， 直线解析式为， ,设直线 解析式为 ， 代入 点坐标计算可得， 直线 解析式为， 当点在直线上，得，解得， 当点在直线 上，得，解得， 时，点G落在的内部时（不含边界）， 线段 的取值范围为． ③当，如图4，设与 交于点 ， ， ， ， 由②知点坐标为， ， ， ，结合图象可知，此时在第四象限， ， ． 【点睛】本题以矩形为背景，综合考查了尺规作图（垂直平分线）、直角三角形斜边中线定理、等腰直角三角形的性质、坐标法求动点轨迹以及三角初步等核心知识，解题的关键在于，第一问需准确识别作图痕迹得到对角线中点，利用斜边中线快速求边长，后两问则通过建立平面直角坐标系，将点的坐标用的长度表示出来，从而把几何位置关系（点在三角形内部、线平行）转化为代数不等式或方程，这是统一处理动态几何问题的核心策略． 【题型18 正弦余弦正切结合几何证明计算】 【例18】（2026·辽宁·中考真题）如图，在中，，，点D在边上，点E在边上，连接，将线段绕点D逆时针旋转α得到． (1)当，且点E与点C重合时， ①如图1，若点F落在上，求的度数； ②如图2，若，连接并延长，交的延长线于点G，求证：； (2)如图3，当，，时，连接，，求的周长． 【答案】(1)①； ②证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵由旋转有， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴． (2) 【分析】（1）①根据已知条件，利用等边对等角，再通过角度和差计算即可求得的度数； ②由平行的性质得出，从而确定，利用等腰三角形三线合一及旋转的性质得到，进而求得的度数，进一步推出的度数，最后根据等边对等角即可证得结论； （2）过点F作交于点K，取的中点G，连接，过点G作交于点H，由已知条件确定出是等边三角形，利用三角形内角和定理和平角定义推出，证明，再利用解直角三角形和勾股定理推出，角度和差关系与三角形外角的性质推出，证明，利用勾股定理求出的长度，最终求出的周长． 【详解】（1）解：①∵，， ∴， ∴， ∵由旋转得，， ∴， ∴． ②略 （2）解：如图，过点F作交于点K，取的中点G，连接，过点G作交于点H， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，点G为的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵在中，， ∴， ， ∴， ∴在中，， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴． 【变式18-1】（2026·江苏苏州·中考真题）如图①，点位于竖直墙面上，平面镜与墙面平行，从点射出一束激光，经过平面镜的反射，在墙面上形成一个光点，所在直线垂直于水平面．入射光线与平面镜的夹角．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角） (1)求证：是等边三角形； (2)如图②，将图①中的平面镜绕点顺时针旋转到位置，入射光线经过平面镜的反射后，在墙面上形成光点，点在直线上． ①_________°； ②若厘米，求光点向下移动的距离的长．（结果保留根号） 【答案】(1) 证明：， ∴根据光的反射定律可知． ． ∵， ． 是等边三角形； (2)①75    ②的长为厘米 【分析】(1)首先根据光的反射原理得到，然后，再由平角的定义得，再由平行线的性质得即可证的结论； (2)①首先根据题意及光的反射原理得到，再根据平角的定义得到； ②过点P作于F，首先，根据已知条件得到，然后，再证得，(厘米)，进而证得是等腰直角三角形，得，再由的余弦值得到的长，最后，由可得结果． 【详解】（1）略 （2）①解：∵，平面镜绕点顺时针旋转到位置， ∴根据光的反射定律可知， ∴； ②解：如图②，过点P作于F， 由(1)知，由①知， ∴． 由(1)知是等边三角形，又知厘米， ∴(厘米)， 又∵， ∴，(厘米)， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∴(厘米)， ∴(厘米)，即光点向下移动的距离的长为厘米． 【变式18-2】（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在和中，，，．点在上，是的中点，连接，． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，直接写出，两点间的距离最小值． 【答案】(1) 证明：∵， ， ， ； (2) 证明：如图1，过点作，交的延长线于点，连接，延长交于点， 由（1）知：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， (3) 【分析】（1）根据正切的定义即可解答； （2）如图1，过点作，交的延长线于点，连接，延长交于点，先证明，得，再证明，最后由直角三角形斜边中线的性质即可得结论； （3）如图 2 ，设，则，根据勾股定理可得，则，根据垂线段最短可得：当时，，两点间的距离最小，如图 2 ，过点作，交射线于点，连接交于点，根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图2，设，则， ， ， （负值已舍去） ， 由（2）可知：点在射线上， ∴当时，两点间的距离最小，如图 2 ， 过点作，交射线于点，连接交于点， 由（2）知：， ， 垂直平分， ， ， ， 由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， 即两点间的距离最小值是． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，三角形的面积，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是正确作辅助线构建全等三角形解决问题． 【变式18-3】（2021·辽宁沈阳·中考真题）在中，，中，（），，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且． （1）如图1，点D在线段延长线上，则________，________，（用含的代数式表示）； （2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分； （3）若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长． 【答案】（1），； （2）证明：如图2中，连接． ，， ，， ， ， ， 平分． （3）的长为或． 【分析】（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可． （2）如图2中，连接．证明，可得结论． （3）分两种情形：如图中，设交于．图中，设交于，当时，利用三角形的中位线定理，可得，求出，可得结论． 【详解】（1）解：如图1中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， （2）略 （3）解：如图中，设交于． ，， 是等腰直角三角形， ，， 垂直平分线段， ， ， ， ， ，是等边三角形， ， ， ， ， ，， ， ， ， ． 如图中，设交于，当时，同法可证． ，， ， ， ，， ， ， ， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 【题型19 解直角三角形与几何变换综合题】 【例19】（2025·福建龙岩·中考真题）如图，菱形的边长为，，点在边上（不与点，重合）．作关于直线对称的，连接并延长，交于点，交于点． (1)把图形补充完整；（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，求证：平分； (3)若为的中点，求的长． 【答案】(1) 解：如图所示，与关于直线对称； ； (2) 证明：如图所示， 设， ∵菱形，， ∴，，， ∴，同理， ∵与关于直线对称， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴平分； (3) 【分析】（1）以点为圆心，任意长度为半径画弧，交于点、，分别以点、为圆心，大于的长度为半径画弧，两弧交于点，作直线，则，交于点，以点为圆心，为半径画弧，交直线于点，连接、，作，则与关于直线对称； （2）设，求解，可得，，，，证明，可得，，证明，，从而可得结论； （3）如图，过作于，连接，，，交于，证明为等边三角形，求解，证明四边形为矩形，可得，，，由轴对称可得：，求解，，，，，过作于，作于，再进一步求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵为的中点， ∴， 如图，过作于，连接，，，交于， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， 由轴对称可得：， ∴，而， ∴， 同理：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 过作于，作于， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴. 【点睛】本题考查的是作轴对称图形，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的性质，锐角三角初步的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【变式19-1】（2022·江苏无锡·中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形，，点E在BC上，，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF． (1)求EF的长； (2)求sin∠CEF的值． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)先由可求得的长度，再由角度关系可得，即可求得的长; (2)过F作于，利用勾股定理列方程，即可求出的长度，同时求出的长度，得出答案. 【详解】（1）设，则， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠可知， ∴，， ∴， ∴， 在中，. （2）过F作FM⊥BC于M， ∴∠FME=∠FMC=90°， 设EM=a,则EC=3-a， 在中， ， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ . 【点睛】此题考查了锐角三角初步，勾股定理，矩形的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题的关键． 【变式19-2】（2026·江苏常州·中考真题）如图，在四边形中，点在边上，，连接，．将绕点按顺时针方向旋转，得到，，，分别是点，，的对应点． (1)点在线段__________上．（填“””或“”） (2)若，求的长． (3)若点在边上，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可知，，，则点的对应点必在线段上． （2）在中利用勾股定理可求得，从而得到，再在中利用勾股定理即可求得的长． （3）过点作于点，设，则，，从而得到．在中利用锐角三角初步可求得的长，在和中利用勾股定理可依次求得，的长，再由锐角三角初步的定义即可求得的值，由旋转可知，，即可求得的值． 【详解】（1）解：将绕点按顺时针方向旋转，得到，是点的对应点，则， ． 是点的对应点， 点在线段上． （2）解：由旋转可知，，． 在中，， ． ， ， 在中，， （负值已舍去）． （3）解：如图，过点作于点． 设，则，， ． ， ． 在中，． 在中，． 在中，， ． 由旋转可知，， ． 【变式19-3】（2021·吉林长春·中考真题）实践与探究 操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则 度． 操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．我们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则 度． 在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题： （1）设AM与NF的交点为点P．求证：． （2）若，则线段AP的长为 ． 【答案】操作一：45° 操作二：60°； （1）证明： 由上述证明得,, ∴ , ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠C=∠D=90°， ∴ ,, 又∵ , ∴, 在和中， ∵ , ∴ , ∴ , ∴ ， ∴ , ∴为等腰直角三角形， 即AN=NF, 在和中： ∵ ∴ （2） 【分析】操作一：直接利用折叠的性质，得出两组全等三角形，从而得出,,从而得出∠EAF的值； 操作二：根据折叠的性质得出 ,从而得出，即可求得的度数； （1）首先利用 ,得出 ,则,从而得出△ANF为等腰直角三角形，即可证得； （2）利用三角初步或者勾股定理求出BE的长，则,设DF=x，那么FC=，在Rt△EFC中，利用勾股定理得出DF的长，也就是MF的长，即可求得EF的长，进而可得结果． 【详解】操作一：45°，证明如下： ∵折叠得到 , 折叠得到 , ∴ , ∴ , ∴ , 故填：45°； 操作二：60°，证明如下： ∵， ∴ , 又∵沿着EF折叠得到 , ∴， ∴ , ∴ , 故填：60°； （1）略 （2）由题可知是直角三角形，, ∴ , 解得BE=1, ∴BE=EM=1,, 设DF=x，则MF=x，CF=， 在Rt△CEF中， ， 解得x=， 则， ∵ ∴AP=EF=． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练运用折叠的性质，找出全等三角形． 【题型20 仰角俯角测量高度应用题】 【例20】（2026·天津·中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量引滦入津工程纪念碑 的高度（如图①）． 某学习小组设计了一个方案：如图②所示，点 ， ， ， ， 在同一平面内，，， 的延长线与水平线相交于点．从地面 处沿步道（看作斜坡）前行，至平台，；在平台 处测得纪念碑顶部的仰角为，斜坡的倾斜角（）为；在平台 处测得纪念碑顶部 的仰角为，．根据该学习小组测得的数据，求引滦入津工程纪念碑的高度（结果取整数）．参考数据：，，． 【答案】引滦入津工程纪念碑的高度约为． 【分析】分别在中，得出，在中，得出，再根据，列式求出，过点C作，垂足为H，在中，利用，求出，再利用四边形是矩形，结合，即可求解． 【详解】解：根据题意，有， 在中，，， 得， 在中，，， 得， ∵， ∴， ∴， 如图，过点C作，垂足为H， 在中，，，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 即引滦入津工程纪念碑的高度约为． 【变式20-1】（2022·山东聊城·中考真题）我市某辖区内的兴国寺有一座宋代仿木楼阁式空心砖塔，塔旁有一棵唐代古槐，称为“宋塔唐槐”（如图①）．数学兴趣小组利用无人机测量古槐的高度，如图②所示，当无人机从位于塔基B点与古槐底D点之间的地面H点，竖直起飞到正上方45米E点处时，测得塔AB的顶端A和古槐CD的顶端C的俯角分别为26.6°和76°（点B，H，D三点在同一直线上）．已知塔高为39米，塔基B与树底D的水平距离为20米，求古槐的高度（结果精确到1米）．（参考数据：，，，，，） 【答案】古槐的高度约为13米 【分析】过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，在Rt△AME中，根据锐角三角初步求出AM=12米，进而求出CN=8米，再在Rt△ENC中，根据锐角三角初步求出EN=32.08米，即可求出答案． 【详解】解：过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，    由题意知，AM=BH，CN=DH，AB=MH， 在中，∠EAM=26.6°， ∴， ∴米， ∴BH=AM=12米， ∵BD=20， ∴DH=BDBH=8米， ∴CN=8米， 在中，∠ECN=76°， ∴， ∴米， ∴（米）， 即古槐的高度约为13米． 【点睛】此题主要考查解直角三角形的应用——仰角俯角问题，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键． 【变式20-2】（2022·海南·中考真题）无人机在实际生活中应用广泛．如图8所示，小明利用无人机测量大楼的高度，无人机在空中P处，测得楼楼顶D处的俯角为，测得楼楼顶A处的俯角为．已知楼和楼之间的距离为100米，楼的高度为10米，从楼的A处测得楼的D处的仰角为（点A、B、C、D、P在同一平面内）． (1)填空：___________度，___________度； (2)求楼的高度（结果保留根号）； (3)求此时无人机距离地面的高度． 【答案】(1)75；60 (2)米 (3)110米 【分析】（1）根据平角的定义求，过点A作于点E，再利用三角形内角和求； （2）在中，求出DE的长度再根据计算即可； （3）作于点G，交于点F，证明即可． 【详解】（1）过点A作于点E， 由题意得： ∴ （2）由题意得：米，． 在中，， ∴， ∴ ∴楼的高度为米． （3）作于点G，交于点F， 则 ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴（AAS）． ∴． ∴ ∴无人机距离地面的高度为110米． 【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-——仰角俯角问题的知识．此题难度适中，注意能借助仰角或俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键． 【变式20-3】（2026·安徽阜阳·三模）数学兴趣小组决定利用所学知识测量本校一棵古树的高度，制定了如下测量方案． 方案设计 测量方案示意图如图所示，点A为古树最高点，古树底部有一个树池，树池高度为．兴趣小组在古树前方的斜坡坡底B处测得点A的仰角为，同时发现古树最高点A的影子落在斜坡上的点C处，此时标杆在地面上的影子为． 数据测量 ，，，，图中各点均在同一竖直平面内． 计算 …… 请根据上述数据，计算古树最高点A到树池顶部的高度．（结果精确到．参考数据：，，，） 【答案】 【分析】延长交地面于点Q，则．过点C分别作的垂线，垂足分别为D，E，则四边形是矩形，然后利用余弦定理得出，设，则．结合图形利用正切函数建立方程求解即可． 【详解】如图，延长交地面于点Q，则．过点C分别作的垂线，垂足分别为D，E，则四边形是矩形．    在中，， ∴，， ∴．    设，则． 在中，， ∴．    根据题意得：， ∴， ∴，即， ∴．    ∴， ∴． 答：古树最高点A到树池顶部的高度约为． 【题型21 坡度坡角修路堤坝应用题】 【例21】（2026·江苏宿迁·中考真题）如图，小亮从A地出发去B地，先沿着坡角为的坡道向前走了100米到C地，再沿着水平方向走了一段距离到E地，最后沿着坡角为的坡道向前走了150米到B地，求小亮沿垂直方向上升了多少米？（图中所有点均在同一平面内，，．参考数据：，，，，，） 【答案】小亮沿垂直方向上升了米 【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，分别在直角三角形和直角三角形中，利用正弦分别求出和，于是可求出沿垂直方向上升的米数． 【详解】解：如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为， 由题意得四边形是矩形， ， 在直角三角形和直角三角形中， 、， 、， 、， （米）． 答：小亮沿垂直方向上升了米． 【变式21-1】（2026·贵州·中考真题）项目课题：设计无障碍坡道． 项目情境：国家标准《无障碍设计规范》：不设扶手的平坡出入口地面坡度不应大于．如图①是小红所在学校的无障碍坡道． 项目实施：已知，无障碍坡道的水平宽度米，坡角．为检测该坡道是否符合国家标准，小红抽象出坡道的示意图如图②所示，并进行计算和设计． 任务： (1)如图②，根据已知数据，求出铅直高度的值，请帮小红判断该坡道是否符合标准要求，并说明理由； (2)如图③，受地面条件限制，该坡道方向能用的水平宽度只有米．小红设计了一个“回转坡道”的方案示意图：在处安装支柱米，在处留米的通道，入口为点，经过两个坡道与再到达点，且米．在满足地面限制条件下，小红设计的方案图是否符合标准？如果符合，请说明理由：如果不符合，请提出修改建议．（参考数据：，，） 【答案】(1)该坡道不符合标准要求，理由如下： 在中，， ∴, 解得， 而， ∴该坡道坡度大于国家标准，不符合标准要求； (2)小红设计的方案图符合标准，理由如下： 过点作于点， 由题意得，在中，，， ∴， ∴坡道符合标准； ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴坡道符合标准， 又∵，满足地面要求， ∴小红设计的方案图符合标准． 【分析】（1）根据坡度的定义解求，然后比较的坡度与国家标准即可； （2）过点作于点，分别在、中求出坡道、的坡度，再比较的长度与的大小即可． 【详解】（1）略 （2）略 【变式21-2】（2026·四川巴中·中考真题）“观四龛福城，赏巴河逐浪”，“光雾山杯”2026年国际划联皮划艇马拉松世界杯于5月23日在巴河之畔举行．一架无人机在巴河河堤上N点处竖直升空，当升至距地面的空中P点时，测得C点正前方的河面上两艘皮划艇A和B的俯角分别为和（点M、C、B、A在一条直线上）．已知河堤斜坡的长为，坡比为（计算结果保留整数）．（参考数据：，，，，，） (1)求无人机距河面的高度； (2)求两艘皮划艇之间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得：，，则有，然后根据三角初步可进行求解； （2）由题意得：，，然后根据三角初步进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∴， ∵， ∴， ∴； 答：无人机距河面的高度的长为 （2）解：由题意得：， 由（1）可知：， 在中，， 在中，， ∴； 答：两艘皮划艇之间的距离的长为． 【变式21-3】（2026·江苏盐城·一模）如图1，山坡的坡角为，小明在距山脚点320米的点测得山顶的仰角为，请帮助小明解决下列问题： (1)求山顶到山脚的距离． (2)如图2，若在山脚距离60米处有一与地面垂直的索道，为索道的支架，在山坡上还有若干个索道支架（索道支架都与地面垂直），山坡上顶端处的支架为．已知支架之间的钢索，钢索与地面平行，米，米，求点距离地面的高度．（，，，） 【答案】(1)500米 (2)260米 【分析】（1）过A作于E，设，在、中，根据正切的定义分别求出，，结合得出，求出，，然后根据勾股定理求解即可； （2）以B为原点，为横轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设交y轴于D，过A作于E，延长交于F，待定系数法求出直线解析式为，根据，可设直线解析式为，把代入可求出，则可求出，根据平行线间的距离求出，即可求解． 【详解】（1）解：过A作于E， 根据题意，得，，， 设， 在中，， 在中，， ∴， 解得， ∴，， ∴， 答：山顶到山脚的距离为500米； （2）解：以B为原点，为横轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设交y轴于D，过A作于E，延长交于F， 根据题意，得，，，， ∴， 由（1）知：，， ∴， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴设直线解析式为， 把代入，得， 解得， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 答：点距离地面的高度为260米． 【题型22 动点与正弦余弦正切分类讨论】 【例22】（2026·吉林松原·模拟预测）如图，等边中，，．点从点出发以每秒个单位的速度沿边向终点运动，过点作于点，过点向上作，且，以、为边作矩形，设点的运动时间为（秒），矩形与的重叠部分图形的面积为． (1)________（用含的式子表示）． (2)求当点落在上时的值． (3)当矩形与的重叠部分图形为四边形或三角形时，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由是等边三角形，，，得，而，，则； （2）由矩形的性质得，，，则，，当点落在上，则，此时，而，则，所以； （3）由（2）可得当落在上时，；当点与点重合，则，得，当点与点重合，则，得，再分两种情况讨论，当时；当时即可求解． 【详解】（1）解：∵是等边三角形，， ∴，， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， 如图，当点落在上，则， ∴， ∵， ∴， 解得：； ∴当点落在上时，的值为； （3）解：由（2）可得点落在上时，的值为 如图，当点与点重合， 则，解得； 当点与点重合， 则，解得； 当时， ∵， ∴； 当时，如图，， ∴ ∴， ∴， 综上所述，． 【变式22-1】（25-26八年级下·山东青岛·期中）如图，在中，，，，，是边上的两个动点，其中点从点开始沿方向向点运动，且速度为每秒，点从点开始沿方向向点运动，且速度为每秒．、两点同时出发，当其中一点到达终点则运动停止，设它们的运动时间为秒． (1)______（用的代数式表示）； (2)当点在边上运动，且使是等腰三角形，求的值； (3)当点在边上运动时，是否存在某一时刻，点恰好在线段的垂直平分线上，若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，． 【分析】（1）根据题意用表示出即可； （2）根据等腰三角形的性质列出方程，根据一元一次方程的计算进行解答； （3）根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）解：点从点开始沿方向向点运动，且速度为每秒， ， 在中，，， ， ． （2）当点在边上运动，为等腰三角形时，则有， ， ， 解得， ， 在中，，， ， ， 此时点在上， ∴当点在边上运动时，是等腰三角形时无解． （3）点在上运动， 点恰好在垂直平分线上， ， ， 作于点，连接，如图， 为的中垂线，， ， 在中，， 由三角初步可知， ， ． 【点睛】本题考查了三角初步，等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用． 【变式22-2】（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程的两个根，，动点P从点D出发以每秒1个单位长度的速度沿折线向点B运动，到达B点停止．设运动时间为t秒，的面积为S． (1)求点C的坐标； (2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围； (3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点C坐标为 (2) (3)存在点P或或，使是等腰三角形 【分析】（1）先求出方程的解，可得，，再由，可得，然后根据四边形ABCD是平行四边形，可得CD=7，，即可求解； （2）分两种情况讨论：当时，当时，过点A作交CB的延长线于点F，即可求解； （3）分三种情况讨论：当CP=PM时，过点M作MF⊥PC于点F；当时；当PM=CM时，过点M作MG⊥PC于点G，即可求解． 【详解】（1）解：，解得，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∴点C坐标为； （2）解：当时，， 当时，过点A作交CB的延长线于点F，如图， ， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：存在点P，使是等腰三角形，理由如下： 根据题意得：当点P在CD上运动时，可能是等腰三角形， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠C=∠BAD，BC=AD=5， ∴， ∵点M为BC的中点， ∴， 当CP=PM时，过点M作MF⊥PC于点F， ∴， 设PC=PM=a，则PD=7-a，， ∵PF2+FM2=PM2， ∴，解得：， ∴， ∴此时点P； 当时， ∴， ∴此时点P； 当PM=CM时，过点M作MG⊥PC于点G，则， ∴， ∴PD=7-PC=4， ∴此时点P； 综上所述，存在点P或或，使是等腰三角形 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键． 【变式22-3】（25-26八年级下·山东烟台·期中）如图，中，，cm，cm，过点作于点 ，点以的速度从点出发，匀速向终点运动；同时，点以的速度从点出发，匀速向终点运动，一点到达终点后，另一点也随之停止运动．过点作于点，连接，，．设运动的时间为，解答下列问题： (1)求线段AD的长； (2)当四边形ANMC的面积是34cm2时，求t的值； (3)在运动过程中，是否存在以M，E，N，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，的值为1或 【分析】（1）利用等腰三角形的性质，设，则，再利用勾股定理运算求解即可； （2）过作于点，利用列式运算即可； （3）分类讨论的位置，再利用平行四边形的性质列式运算即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴为等腰直角三角形， 设，则， 在Rt中，， ∴， 解得，， ∵， ∴， ∴； （2）过作于点，如图所示： 在中，， 由题可知，， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 依据题意可得， 整理得， 即， 解得或； （3）∵为等腰直角三角形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形， ①当点M在点D右侧时，， 即， 解得； ②当点在点左侧时，， 即， 解得； 综上，的值为或． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 期中复习压轴22类题型归纳（举一反三讲义） （考试范围：第27章 二次函数~第29章 三角初步） 【新教材沪教版五四制】 题型归纳 【选填压轴】 1 【题型1 二次函数系数结论辨析】 1 【题型2 二次函数中参数范围求解】 3 【题型3 利用相似三角形的判定与性质求值】 4 【题型4 利用相似三角形的判定与性质求最值】 5 【题型5 相似三角形中的动点分类讨论问题】 6 【题型6 利用正弦余弦正切求线段长度】 7 【题型7 构造直角三角形求值】 8 【题型8 正弦余弦正切与折叠结合计算】 9 【题型9 动点求正弦余弦正切最值问题】 10 【解答压轴】 11 【题型10 二次函数线段与面积最值】 11 【题型11 二次函数特殊点存在性探究】 13 【题型12 二次函数的应用】 14 【题型13 相似三角形综合证明】 18 【题型14 相似动点存在性问题】 19 【题型15 相似探究问题】 21 【题型16 坐标系中利用相似求解】 24 【题型17 利用正弦余弦正切求图形面积】 26 【题型18 正弦余弦正切结合几何证明计算】 27 【题型19 解直角三角形与几何变换综合题】 29 【题型20 仰角俯角测量高度应用题】 31 【题型21 坡度坡角修路堤坝应用题】 33 【题型22 动点与正弦余弦正切分类讨论】 35 【选填压轴】 【题型1 二次函数系数结论辨析】 【例1】（25-26九年级上·全国·期中）如图，已知抛物线c（a、b、c为常数，且）的对称轴为直线，且该抛物线与x轴交于点，与y轴的交点B在，之间（不含端点），则下列结论正确的有（   ）个 ①；②；③；④若方程两根为，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-1】（2026·安徽滁州·二模）已知与是关于x的二次函数，函数图象如图所示，则函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（25-26九年级上·内蒙古赤峰·阶段检测）二次函数的图象如图所示，则下列结论： ①，②，③，④，⑤（）（）中正确的是__________． 【变式1-3】（25-26九年级上·湖北武汉·期末）已知二次函数与轴交于、两点，与轴交于正半轴，其中：下列四个结论：①；②；③、为抛物线上两点，若满足时，则；④若时，则方程有两个不相等的实数根．其中正确的是________（填写序号）． 【题型2 二次函数中参数范围求解】 【例2】（25-26九年级上·浙江杭州·阶段检测）对于任意实数a，抛物线与x轴至少有一个公共点，则b的取值的范围是______． 【变式2-1】（25-26九年级上·广东广州·期中）将二次函数的图象在轴上方的部分沿轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线与新函数的图象有4个公共点时，则的范围为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26九年级上·北京·阶段检测）已知点、为抛物线上的两点，当，时，都有，的范围为______． 【变式2-3】（25-26九年级上·福建厦门·期中）已知二次函数的图像经过两点．若该二次函数的最大值为，当时，，则的取值的范围为___________． 【题型3 利用相似三角形的判定与性质求值】 【例3】（25-26八年级下·江苏苏州·期末）如图，折叠矩形，使点落在边上点处，线段为折痕，连接，．线段与，分别交于点，．若，，则矩形的边长为(     ) A． B． C． D． 【变式3-1】（2026·四川宜宾·中考真题）如图，，，点、分别是上的点，连接、交于点．若，，，，则的长是（     ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2026·山东泰安·模拟预测）如图将面积为16的正方形纸片沿着折叠，使得点落在点处，再将沿着折叠，使得点也落在点处，过点作的平行线与交于点，则的长为__________． 【变式3-3】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在正方形中，，点为的中点，点在边上，且，点是的中点，过点的直线与正方形的一组对边分别交于点、（与点、不重合），点在或上．若，则的长为________． 【题型4 利用相似三角形的判定与性质求最值】 【例4】（25-26九年级上·河南南阳·阶段检测）如图，在中，，，点是边上一动点（不与，重合），，交于点，则的最大值为________． 【变式4-1】（24-25九年级上·山东济南·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，已知，B是y轴上的一动点，以为边构造矩形，且矩形的面积始终是3，连接，则线段的最大值是（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（25-26九年级下·江苏南通·阶段检测）如图，在矩形中，，点E在射线上运动，以为直角边向右作，使得，连接．则的最小值为（    ） A．3 B．4 C． D． 【变式4-3】（25-26九年级下·山东济南·阶段检测）如图，在四边形中，，，，，是线段的中点，是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为________ ． 【题型5 相似三角形中的动点分类讨论问题】 【例5】（25-26九年级下·辽宁盘锦·期中）如图，中，，，点P从A出发，以每秒1厘米的速度向B运动，点Q从C同时出发，以每秒2厘米的速度向A运动．其中一个动点到达终点时，另一个也相应停止运动．那么，当以为顶点的三角形与相似时，运动时间是_____． 【变式5-1】（26-27九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知中，，，，点由点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以的速度向点运动．连接，设运动的时间为（单位：）（其中）．当为何值时，与相似（     ） A． B． C．或 D．或 【变式5-2】（25-26九年级上·安徽合肥·期末）在中，，，，现有动点P从点A出发，沿向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段也向点B方向运动，如果点P的速度是，点Q的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒． （1）求运动时间为多少________秒时，P、Q两点之间的距离为． （2）当t为________时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似． 【变式5-3】（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，边长为的正方形，，分别从，两点同时出发，以速度沿射线，射线运动，连结，交于点，为中点，连结，，若与相似，，则运动时间的值为 _______． 【题型6 利用正弦余弦正切求线段长度】 【例6】（2026·山西大同·模拟预测）如图，在中，，，．以为边，在的外部作，使得，，连接．则的长为__________． 【变式6-1】（25-26九年级上·上海普陀·阶段检测）如图，中，，点是边上一点，已知，，那么_____________． 【变式6-2】（2026·陕西安康·一模）如图，在中，对角线与相交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（    ） A． B．1 C．2 D． 【变式6-3】（2026·安徽淮北·模拟预测）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于，两点，若，，则的长为（     ） A．2 B． C． D．1 【题型7 构造直角三角形求值】 【例7】（2026·河南驻马店·三模）如图，平面直角坐标系中，点点为轴上一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，当取最小值时，点的坐标为（     ）． A． B． C． D． 【变式7-1】（2018·湖北武汉·中考真题）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是_____． 【变式7-2】（26-27九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）在中，，，，则的长度为_________． 【变式7-3】（24-25九年级上·四川成都·阶段检测）如图，将边长为的正方形绕点A旋转一周得到正方形，连接，，旋转过程中，若，则点到的距离为_______． 【题型8 正弦余弦正切与折叠结合计算】 【例8】（2026·河南周口·三模）如图，在矩形中，，E是上一点，连接，将沿着折叠后，点A的对应点刚好落在的中点处，是的中点，G是的中点，连接，求________． 【变式8-1】（2026·河南周口·一模）如图，在直角三角形纸片中，，，，是斜边的中点．把纸片沿直线折叠，点落在点处，连接，则的长为（  ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2025·安徽合肥·二模）如图，矩形中，，点P为上一动点（不与端点重合），连接，将沿折叠，点A落在点E处，连接，连接交于点F，交于点G，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，，则的长为 C．若，则长度的最小值为1.8 D．和不可能全等 【变式8-3】（2025·山东潍坊·一模）如图，四边形是正方形，点A的坐标是，点P为边上一点，，沿折叠正方形，点B落在平面内点处，连接，交于点E，则E点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【题型9 动点求正弦余弦正切最值问题】 【例9】（25-26八年级下·山东济南·期末）如图，是等边三角形，，在上且，是直线上一动点，线段绕点逆时针旋转，得到线段．当点运动时，则线段的最小值是（     ） A． B． C． D． 【变式9-1】（2026·黑龙江绥化·中考真题）如图，在直角三角形中，，，，点，分别在边，上运动，连接，．则的最小值是_________． 【变式9-2】（2026九年级下·江苏·专题练习）如图，等边的边长为4，点D，E分别在边，上，将沿折叠，使点A落在边上的点F处，则的最大值为_________． 【变式9-3】（25-26·江苏无锡·三模）如图，在四边形中，，对角线、交于点O，且．若，则的最小值为（    ） A．16 B．4 C．9 D．2 【解答压轴】 【题型10 二次函数线段与面积最值】 【例10】（26-27九年级上·重庆·阶段检测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（）过点，，与轴交于点，作直线．点是线段中点，过点的直线且与轴交于点． (1)求抛物线解析式； (2)如图1，直线下方抛物线上有一点，连接、，与交于点，连接，将线段沿轴平移，在平移过程中记为．当最大时，求周长的最小值； (3)如图2，在（2）的条件下，连接，将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，新抛物线经过点，点在延长线上，横坐标为，点是新抛物线上一动点，若，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出其中一种情况的求解过程． 【变式10-1】（2026·天津和平·一模）已知抛物线（a，b是常数，）与x轴相交于点和点B，与y轴相交于点C，将点C水平向右平移2个单位长度得到点D，连接． (1)当点D落在该抛物线上时， ①求抛物线的解析式； ②抛物线上的点E的横坐标为m，且，若，求点E的坐标； (2)点M是线段上一动点，连接，点N是射线上一动点，且满足，连接．当的最小值为时，求a的值． 【变式10-2】（26-27九年级上·上海金山·阶段检测）如图，已知抛物线的图像与轴交于，，与轴交于点，、为抛物线上的两点． (1)求该二次函数的表达式； (2)若在抛物线的对称轴上存在一点，连接、，使的值最小，求点的坐标； (3)设的横坐标为，的横坐标为，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【变式10-3】（2026·甘肃天水·中考真题）抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．动点在线段上（点与点不重合）． (1)求抛物线的表达式； (2)连接，在的左上方以为边作正方形． ①如图1，当时，求正方形的面积； ②如图2，当点落在抛物线上时，求点的坐标； (3)如图3，在动点的正上方有另一动点，且，当点从点开始运动时，点以相同的速度同时出发，两点都沿轴的正方向匀速运动，点停止运动时点同时停止运动．连接，，求的最小值和此时的值． 【题型11 二次函数特殊点存在性探究】 【例11】（26-27九年级上·重庆长寿·阶段检测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是直线上方抛物线上的一动点，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标； (3)如图2，连接，抛物线是否存在点Q使？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式11-1】（2025·山东泰安·三模）如图，二次函数的图象交x轴于点，，交y轴于点C，点是x轴上的一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N． (1)求这个二次函数的表达式； (2)若点P仅在线段上运动，如图，求四边形面积的最大值； (3)若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式11-2】（2025·云南昭通·模拟预测）已知二次函数． (1)求m的值． (2)当x为何值时，此二次函数有最小值？求出这个最小值，并指出当x如何取值时，y随x的增大而减小？ (3)若将此二次函数的图象向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，直接写出平移后新抛物线的顶点坐标．在新抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使以点Q与原抛物线的顶点P及原点O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式11-3】（25-26九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，抛物线与轴交于和两点，与轴交于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图，将原抛物线向左平移4个单位长度得到抛物线，与原抛物线相交于点，点为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为矩形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型12 二次函数的应用】 【例12】（26-27九年级·全国·暑假作业）综合与实践 【问题背景】浙江台州神仙居景区内有两座著名的景观桥——如意桥与圆梦桥． 如意桥由“鸟巢”设计师何云昌团队设计，两侧下沉的为主拱，两侧上升的为副拱，整体造型宛如一柄悬空的玉如意．主拱和副拱轮廓近似抛物线． 综合实践小组的同学研究这两座桥的对称美学时发现：将如意桥主拱抽象为一条抛物线绕某点旋转，得到的抛物线可以用来模拟如意桥的副拱．这种中心对称变换在桥梁设计中既能满足力学要求，又能形成和谐的视觉平衡． 【模型建立】 (1)如图1，实践小组记主拱所在抛物线为，副拱所在抛物线为，以它们的对称中心为原点建立平面直角坐标系，它们的交点所在直线为轴，即和关于原点中心对称．通过测量得知和的顶点间距离为32米，和的左右交点、间距离为米，则的顶点的坐标为（____），左交点的坐标为（____），抛物线的解析式为________，抛物线的解析式为________； 【模型应用】 (2)实践小组参考如意桥的对称美，设计了一座新的桥梁，主拱不变的情况下，改成两条关于轴对称的副拱和，如图2，和所在抛物线关于点对称，且恰好经过的顶点，请求出左副拱所在抛物线的解析式； (3)在（2）的条件下，为了提高安全性，小组拟增加一段斜拉索，所在直线为，如图3，要求斜拉索和每一个主副拱至少要有一个连接点，即直线至少要与，和各有一个交点，求出的取值范围． 【变式12-1】（2026·山西阳泉·三模）综合与实践 问题情境： 某批发市场销售甲、乙两种水果．根据市场调研，甲种水果的销售利润（单位：万元）与销售量x（单位：t）满足一次函数关系，乙种水果的销售利润（单位：万元）与销售量x（单位：t）满足二次函数关系． 通过实践得到以下数据： 销售量x/t 1 2 3 甲种水果的销售利润/万元 0.3 0.6 0.9 乙种水果的销售利润/万元 1.4 2.6 3.6 建立模型： (1)分别求，与x的函数关系式． 问题解决： (2)市场计划在某周内销售甲、乙两种水果共．设乙种水果的销售量为，两种水果的销售利润之和为万元．（两种水果均有销售） ①求关于m的函数关系式，并直接写出m的取值范围； ②当m为何值时，总利润最大？最大总利润是多少？ (3)在（2）的条件下，实际销售过程中要求总利润为6万元，且甲种水果的销售量大于乙种水果的销售量，请直接写出此时乙种水果的销售量． 【变式12-2】（26-27九年级上·上海金山·阶段检测）综合实践：怎样才能命中篮筐． 【活动背景】学校组织班级间篮球比赛，九年级同学向阳发现自己投篮命中率较低，特请本班数学兴趣小组同学拍摄自己投篮的图片，并测量相应的数据进行研究． 【模型建立】如图所示，以向阳的起跳点为坐标原点，水平方向为轴，竖直方向为轴建立平面直角坐标系；篮球运动轨迹可以看作是抛物线的一部分． 信息整理 素材1 篮球出手时离地面的高度为米，篮筐中心离地面的高度米，篮球出手位置与篮筐中心的水平距离米，篮球距地面的最大高度米，此时离篮球出手位置的水平距离米． 素材2 当篮球恰好经过篮筐中心点时，我们称此次进球为“空心球”；由于篮球的直径大约是篮筐直径的一半，因此当篮球到达篮筐中心的水平位置时，篮球的高度（米）满足时，篮球即可命中篮筐；篮球运动轨迹抛物线的开口大小由投篮方向和出手速度决定，向阳在投篮过程中始终保持投篮方向和出手速度不变． 【解决问题】在初次投篮时，小组测得相关数据为：米，米，米，米． (1)向阳初次投篮时______命中篮筐；（填写：“能”或“不能”） (2)该班数学兴趣小组同学对向阳的初次投篮数据进行研究后，让向阳同学在原来位置向前走了米后再次投篮，发现此次正好投进一个“空心球”，求的值（保留根号）． (3)在比赛过程中，向阳在离篮筐中心的水平距离5米处开始起跳投篮，若保持初次投篮时的出手高度，向阳此次能否命中篮筐？请说明理由．如果不能命中，在不改变向阳离篮筐中心的水平距离、投篮方向及出手速度的前提下，该如何调整向阳的投篮策略才能命中呢？ 【变式12-3】（25-26八年级下·湖南长沙·期末）喷泉是城市中一道美丽的风景．如图1，水花从垂直地面的水管的顶端处喷射出，其在空中的飞行轨迹可近似看作一条抛物线．以水管与地面的交点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系．经测量，水管的高度是米，喷出最远的水花的运动轨迹为抛物线（如图2所示），水花在与水管的水平距离为1米时，达到最大高度2米，水花之后沿抛物线下落，最终落到地面上的点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)若图1中喷出的水花的运动轨迹所在的抛物线群如图3所示，且，，，这些抛物线的顶点在同一条直线上，其中一条抛物线与水平直线相交于点，请求出的顶点坐标和的表达式； (3)若喷泉水花瀑布中所有抛物线均可表示为且与直线相交于点，经测算，当时，喷泉的观赏效果最佳，请求出此时抛物线中的取值范围． 【题型13 相似三角形综合证明】 【例13】（2026·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，．为边的中点，为线段上一点（不与点重合），点关于点的对称点为点，以为斜边构造等腰直角三角形，点和点在直线的同侧． (1) ； (2)连接，求证：； (3)当点在边上时，求的长； (4)是边上一点，连接．当，且时，直接写出的长． 【变式13-1】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形中，点M在边上，将沿翻折至处，延长交边于点N，连接．对角线分别交，于E，F两点． (1)________． (2)求证：． (3)若，，求的长． 【变式13-2】（2025·浙江杭州·二模）【证明体验】 (1)如图，正方形中，，分别是边和对角线上的点，，求证：． 【思考探究】 (2)如图，矩形中，，，，分别是边和对角线上的点，，，求的长． 【拓展延伸】 (3)如图，菱形中，，对角线，交的延长线于点，，分别是线段和上的点，，，求的长．请直接写出答案 【变式13-3】（25-26八年级下·江苏泰州·期末）正方形边长为6，若点为边上一动点，连结，将沿翻折得到，连结并延长交射线于点． (1)如图1，当点与点重合时，求的长； (2)如图2，当经过中点时，连结．求证：； (3)当、、三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点时，求的长． 【题型14 相似动点存在性问题】 【例14】（25-26八年级下·山东青岛·期末）如图，在矩形中，，，点从点出发，沿方向匀速运动，点从点出发，沿方向匀速运动，两点同时出发，速度均为，设运动时间为（）． (1)当以，，为顶点的三角形与相似时，求的值； (2)当取何值时，四边形的面积等于？ (3)是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式14-1】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图1，在矩形中，，，点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．过点Q作，交于点E，连接，．设运动时间为（），请解答下列问题： (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)设的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (4)如图2，点O为的中点，连接．当为等腰三角形时，请直接写出t的值． 【变式14-2】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图，在中，，，，在上取一点D，使，连接，分别过点A，点C，作，，交点为E．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点B出发，沿方向匀速运动，速度为．过点P作，交于点F，连接．设运动时间为，解答下列问题： (1)当t为何值时，？ (2)设五边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)连接，是否存在某一时刻t，使得垂直平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式14-3】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，点E是边BC上的一点不与点B、C重合，，． (1)图1，若，，则的度数为______； (2)图2，若，求的度数；用含的代数式表示 (3)图3，已知且，，且，点E在线段上运动时，连接，M为的中点，探究的长度是否存在最小值？若存在，用关于m，n的代数式表示出来；若不存在，请说明理由． 【题型15 相似探究问题】 【例15】（2026·四川眉山·模拟预测）如图1，正方形和正方形，连接，． (1)【发现】当正方形绕点A旋转，如图2， ①线段与之间的数量关系是 ； ②直线与直线之间的位置关系是 ； (2)【探究】如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请写出新结论，并说明理由． (3)【应用】在（2）的情况下，连接（点E在上方），如图4，若，且，，求线段的长． 【变式15-1】（2026·广东深圳·三模）定义：在平行四边形中，若有一边长是一条对角线长的一半，则称这个平行四边形为半随四边形，其中这条边叫做半随边，这条对角线叫做半随对角线． (1)【概念理解】如图，四边形是半随四边形；对角线与交于点，是半随边，是半随对角线． ①的形状是________三角形； ②若，则=________； (2)【问题探究】如图，四边形是矩形，对角线与交于点，，． ①当时，请利用尺规作图，在射线上作出点，使四边形为半随四边形，并请说明理由；（保留作图痕迹，不写作法） ②若四边形是半随四边形，则______； (3)【应用拓展】如图，四边形与四边形均为半随四边形，其中与分别是半随边，和分别是半随对角线，，，请求出的值． 【变式15-2】（25-26八年级下·山东烟台·期末）【尝试发现】 (1)如图，在和中，，，，请直接写出线段和的数量关系是 ． 【变式探究】 (2)如图，，连接和，的延长线交于点，． ①求的值； ②判断和的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)如图3，矩形中，，，是对角线．是边上一动点，连接，以为直角边向逆时针方向作，使，连接，． ①求证：； ②直接写出线段长度的最小值． 【变式15-3】（25-26八年级下·吉林·期末）综合与探究 【问题背景】我们学习了三角形的中位线定理，借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，如图1，探索小组利用这个基本图形进行了探究活动，探究发现：若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，请你和探索小组一起对此进行研究，如图1，在中，，，分别取，的中点D，E，作． (1)初步发现：如图1，由三角形中位线构造，可知：______． (2)猜想探究：如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，．旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (3)结论应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，则_______． (4)延伸思考：如图4，在中，，，，分别取，的中点D，E．作，将绕点B逆时针旋转，连接，．分别取，的中点M，N．当绕点B旋转过程中，直接写出当面积最大时，的面积是_______． 【题型16 坐标系中利用相似求解】 【例16】（25-26八年级下·辽宁沈阳·期中）如图1，矩形在坐标系中，、分别在轴、轴的正半轴上，，矩形周长为18，面积为18． （1）求点坐标； （2）如图2，、、分别在、、上，连、，若于，，设点横坐标为，求的长（用含的代数式表示）； （3）如图3，在（2）的条件下，是中点，连并延长至，连交于，若，，求的值． 【变式16-1】（25-26九年级上·吉林长春·阶段检测）已知：如图，在平面点角坐标系中，是直角三角形，，点A、C的坐标分别为，，． (1)求过点A、B的直线的函数解析式； (2)在x轴上找一点D，连接，使得与相似，并求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，P、Q分别是和上的动点，连接，设，问是否存在这样的使得与相似？如存在，请直接写出m的值；如不存在，请说明理由． 【变式16-2】（25-26八年级下·广东湛江·期中）如图，在直角平面坐标系中，已知，点C在y轴的正半轴上，且． (1)求点C的坐标． (2)过点作于点E，连接． ①当D在线段上时，是否存在点D使得是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的m的值；若不存在，则说明理由． ②当D在点B的右侧时，设交直线于点F，若，请直接写出m的值． 【变式16-3】（24-25九年级上·上海·阶段检测）我们知道，互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系．如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”． 如图1，是斜坐标系中的任意一点，与直角坐标系相类似，过点分别作两坐标轴的平行线，与轴、轴交于点、，若、在轴、轴上分别对应实数、，则有序数对叫做点在斜坐标系中的坐标． (1)如图2，已知斜坐标系中，，试在该坐标系中作出点，并求点O、A之间的距离； (2)如图3，在斜坐标系中，已知点、点，是线段上的任意一点，试求、之间一定满足的一个等量关系式； (3)若问题（2）中的点在线段的延长线上，其它条件都不变，试判断上述、之间的等量关系是否仍然成立，并说明理由． 【题型17 利用正弦余弦正切求图形面积】 【例17】（26-27九年级上·全国·课后作业）在中，，，，求的周长和面积． 【变式17-1】（25-26八年级下·江西吉安·期末）如图，在中，，，．点是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点在上．求： (1)线段在平移过程中扫过区域形成的四边形为平行四边形； (2)平行四边形面积． 【变式17-2】（25-26·湖南娄底·模拟预测）如图1，在中，，于点，于点，连接，过点 交于点． (1)求证：； (2)如图2，若将沿直线翻折得，连接． ①请你判断四边形的形状，并说明理由； ②若，，求四边形的面积． 【变式17-3】（2026·河北唐山·模拟预测）如图1，在矩形 中， ， ，根据尺规作图得到点E，且点E在BD上，连接 ． (1)求 的长； (2)如图2，点F在 边上（可与B点，C点重合），以点E为直角顶点， 为腰向右作等腰直角三角形，连接 ． ①当取最小值时，求的值； ②当点G落在的内部时（不含边界），求线段 的取值范围； ③若，连接 ，请直接写出的面积． 【题型18 正弦余弦正切结合几何证明计算】 【例18】（2026·辽宁·中考真题）如图，在中，，，点D在边上，点E在边上，连接，将线段绕点D逆时针旋转α得到． (1)当，且点E与点C重合时， ①如图1，若点F落在上，求的度数； ②如图2，若，连接并延长，交的延长线于点G，求证：； (2)如图3，当，，时，连接，，求的周长． 【变式18-1】（2026·江苏苏州·中考真题）如图①，点位于竖直墙面上，平面镜与墙面平行，从点射出一束激光，经过平面镜的反射，在墙面上形成一个光点，所在直线垂直于水平面．入射光线与平面镜的夹角．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角） (1)求证：是等边三角形； (2)如图②，将图①中的平面镜绕点顺时针旋转到位置，入射光线经过平面镜的反射后，在墙面上形成光点，点在直线上． ①_________°； ②若厘米，求光点向下移动的距离的长．（结果保留根号） 【变式18-2】（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在和中，，，．点在上，是的中点，连接，． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，直接写出，两点间的距离最小值． 【变式18-3】（2021·辽宁沈阳·中考真题）在中，，中，（），，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且． （1）如图1，点D在线段延长线上，则________，________，（用含的代数式表示）； （2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分； （3）若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长． 【题型19 解直角三角形与几何变换综合题】 【例19】（2025·福建龙岩·中考真题）如图，菱形的边长为，，点在边上（不与点，重合）．作关于直线对称的，连接并延长，交于点，交于点． (1)把图形补充完整；（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，求证：平分； (3)若为的中点，求的长． 【变式19-1】（2022·江苏无锡·中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形，，点E在BC上，，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF． (1)求EF的长； (2)求sin∠CEF的值． 【变式19-2】（2026·江苏常州·中考真题）如图，在四边形中，点在边上，，连接，．将绕点按顺时针方向旋转，得到，，，分别是点，，的对应点． (1)点在线段__________上．（填“””或“”） (2)若，求的长． (3)若点在边上，求的值． 【变式19-3】（2021·吉林长春·中考真题）实践与探究 操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则 度． 操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．我们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则 度． 在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题： （1）设AM与NF的交点为点P．求证：． （2）若，则线段AP的长为 ． 【题型20 仰角俯角测量高度应用题】 【例20】（2026·天津·中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量引滦入津工程纪念碑 的高度（如图①）． 某学习小组设计了一个方案：如图②所示，点 ， ， ， ， 在同一平面内，，， 的延长线与水平线相交于点．从地面 处沿步道（看作斜坡）前行，至平台，；在平台 处测得纪念碑顶部的仰角为，斜坡的倾斜角（）为；在平台 处测得纪念碑顶部 的仰角为，．根据该学习小组测得的数据，求引滦入津工程纪念碑的高度（结果取整数）．参考数据：，，． 【变式20-1】（2022·山东聊城·中考真题）我市某辖区内的兴国寺有一座宋代仿木楼阁式空心砖塔，塔旁有一棵唐代古槐，称为“宋塔唐槐”（如图①）．数学兴趣小组利用无人机测量古槐的高度，如图②所示，当无人机从位于塔基B点与古槐底D点之间的地面H点，竖直起飞到正上方45米E点处时，测得塔AB的顶端A和古槐CD的顶端C的俯角分别为26.6°和76°（点B，H，D三点在同一直线上）．已知塔高为39米，塔基B与树底D的水平距离为20米，求古槐的高度（结果精确到1米）．（参考数据：，，，，，） 【变式20-2】（2022·海南·中考真题）无人机在实际生活中应用广泛．如图8所示，小明利用无人机测量大楼的高度，无人机在空中P处，测得楼楼顶D处的俯角为，测得楼楼顶A处的俯角为．已知楼和楼之间的距离为100米，楼的高度为10米，从楼的A处测得楼的D处的仰角为（点A、B、C、D、P在同一平面内）． (1)填空：___________度，___________度； (2)求楼的高度（结果保留根号）； (3)求此时无人机距离地面的高度． 【变式20-3】（2026·安徽阜阳·三模）数学兴趣小组决定利用所学知识测量本校一棵古树的高度，制定了如下测量方案． 方案设计 测量方案示意图如图所示，点A为古树最高点，古树底部有一个树池，树池高度为．兴趣小组在古树前方的斜坡坡底B处测得点A的仰角为，同时发现古树最高点A的影子落在斜坡上的点C处，此时标杆在地面上的影子为． 数据测量 ，，，，图中各点均在同一竖直平面内． 计算 …… 请根据上述数据，计算古树最高点A到树池顶部的高度．（结果精确到．参考数据：，，，） 【题型21 坡度坡角修路堤坝应用题】 【例21】（2026·江苏宿迁·中考真题）如图，小亮从A地出发去B地，先沿着坡角为的坡道向前走了100米到C地，再沿着水平方向走了一段距离到E地，最后沿着坡角为的坡道向前走了150米到B地，求小亮沿垂直方向上升了多少米？（图中所有点均在同一平面内，，．参考数据：，，，，，） 【变式21-1】（2026·贵州·中考真题）项目课题：设计无障碍坡道． 项目情境：国家标准《无障碍设计规范》：不设扶手的平坡出入口地面坡度不应大于．如图①是小红所在学校的无障碍坡道． 项目实施：已知，无障碍坡道的水平宽度米，坡角．为检测该坡道是否符合国家标准，小红抽象出坡道的示意图如图②所示，并进行计算和设计． 任务： (1)如图②，根据已知数据，求出铅直高度的值，请帮小红判断该坡道是否符合标准要求，并说明理由； (2)如图③，受地面条件限制，该坡道方向能用的水平宽度只有米．小红设计了一个“回转坡道”的方案示意图：在处安装支柱米，在处留米的通道，入口为点，经过两个坡道与再到达点，且米．在满足地面限制条件下，小红设计的方案图是否符合标准？如果符合，请说明理由：如果不符合，请提出修改建议．（参考数据：，，） 【变式21-2】（2026·四川巴中·中考真题）“观四龛福城，赏巴河逐浪”，“光雾山杯”2026年国际划联皮划艇马拉松世界杯于5月23日在巴河之畔举行．一架无人机在巴河河堤上N点处竖直升空，当升至距地面的空中P点时，测得C点正前方的河面上两艘皮划艇A和B的俯角分别为和（点M、C、B、A在一条直线上）．已知河堤斜坡的长为，坡比为（计算结果保留整数）．（参考数据：，，，，，） (1)求无人机距河面的高度； (2)求两艘皮划艇之间的距离． 【变式21-3】（2026·江苏盐城·一模）如图1，山坡的坡角为，小明在距山脚点320米的点测得山顶的仰角为，请帮助小明解决下列问题： (1)求山顶到山脚的距离． (2)如图2，若在山脚距离60米处有一与地面垂直的索道，为索道的支架，在山坡上还有若干个索道支架（索道支架都与地面垂直），山坡上顶端处的支架为．已知支架之间的钢索，钢索与地面平行，米，米，求点距离地面的高度．（，，，） 【题型22 动点与正弦余弦正切分类讨论】 【例22】（2026·吉林松原·模拟预测）如图，等边中，，．点从点出发以每秒个单位的速度沿边向终点运动，过点作于点，过点向上作，且，以、为边作矩形，设点的运动时间为（秒），矩形与的重叠部分图形的面积为． (1)________（用含的式子表示）． (2)求当点落在上时的值． (3)当矩形与的重叠部分图形为四边形或三角形时，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围． 【变式22-1】（25-26八年级下·山东青岛·期中）如图，在中，，，，，是边上的两个动点，其中点从点开始沿方向向点运动，且速度为每秒，点从点开始沿方向向点运动，且速度为每秒．、两点同时出发，当其中一点到达终点则运动停止，设它们的运动时间为秒． (1)______（用的代数式表示）； (2)当点在边上运动，且使是等腰三角形，求的值； (3)当点在边上运动时，是否存在某一时刻，点恰好在线段的垂直平分线上，若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由． 【变式22-2】（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，M为BC的中点，OA、OB的长分别是一元二次方程的两个根，，动点P从点D出发以每秒1个单位长度的速度沿折线向点B运动，到达B点停止．设运动时间为t秒，的面积为S． (1)求点C的坐标； (2)求S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围； (3)在点P的运动过程中，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式22-3】（25-26八年级下·山东烟台·期中）如图，中，，cm，cm，过点作于点 ，点以的速度从点出发，匀速向终点运动；同时，点以的速度从点出发，匀速向终点运动，一点到达终点后，另一点也随之停止运动．过点作于点，连接，，．设运动的时间为，解答下列问题： (1)求线段AD的长； (2)当四边形ANMC的面积是34cm2时，求t的值； (3)在运动过程中，是否存在以M，E，N，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $